PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 trung học cơ sở về phần phương trình vô tỷ, đây là nội dung quan trọng trong chương trình toán trung học cơ sở tuy nhiên học sinh thường mắc nhiều sai sót trong khi trình bày. Trong chuyên đề nêu phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỷ.

PHÒNG GD & ĐT HUYỆN LẬP THẠCH TRƯỜNG THCS LẬP THẠCH CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Ở CẤP THCS Người thực hiện: Trần Mạnh Hùng Đơn vị công tác: GV THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đối tượng bồi dưỡng: HSG lớp Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 16 Lập Thạch, tháng 10 năm 2015 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Một vấn đề đại số khối THCS việc nắm phương trình sơ cấp đơn giản cách giải phương trình với đối tượng học sinh đại trà, mở rộng phương trình dạng khó hơn, phức tạp đối tượng học sinh - giỏi Thực trạng số lượng phương trình vô tỉ SGK đơn giản thường đưa phương trình trị tuyệt đối bình phương đưa phương trình bậc ẩn, song thực tế theo dõi kì thi học sinh giỏi lớp 9, đề thi vào lớp 10 THPT chuyên năm nhận thấy chủ đề phương trình vô tỉ thường xuyên xuất với số lượng tương đối nhiều thường khó, không đơn giản giải phương pháp thông thường Với phương trình vô tỉ, tùy đặc điểm cụ thể có nhiều cách giải khác Có số phương trình vô tỉ giải phương pháp nâng lên lũy thừa để làm thức thường dẫn đến phường trình bậc cao, mà phương trình bậc cao việc tìm nghiệm nhiều không đơn giản chút Với mong muốn tháo gỡ số khó khăn trình dạy hoc phương trình vô tỉ, từ nâng cao chất lượng, hiệu giáo dục Sau xin mạnh dạn trình bày suy nghĩ mà tìm hiểu, tham khảo, áp dụng phương trình vô tỉ qua đề tài ''Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS '' kính mong quý thầy cô bạn đóng góp ý kiến cho để đề tài áp dụng rộng rãi II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI: - Nhằm trang bị cho học sinh số kiến thức giải phương trình vô tỉ từ phát triển lực tư duy, nâng cao chất lượng môn toán, giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo công cụ giải tập có liên quan đến phương trình vô tỉ - Tạo hứng thú học tập cho học sinh làm tập SGK, sách tham khảo giúp học sinh giải số tập - Giải đáp thắc mắc, sửa chữa sai lầm thường gặp giải phương trình vô tỉ trình dạy học - Giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống phương pháp áp dụng thành thạo phương pháp vào giải tập - Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích việc học toán học tốt tập phương trình vô tỉ Đồng thời góp phần nâng cao chất lượng hiệu giáo dục III- PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Phát triển lực tư toán học học sinh thông qua toán giải phương trình vô tỉ học sinh THCS Đề tài áp dụng học sinh THCS chủ yếu Đội tuyển HSG khối luyện thi HSG cấp tỉnh thi vào THPT chuyên IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH: Phương pháp nghiên cứu: + Tham khảo thu thập tài liệu + Phân tích, tổng kết kinh nghiệm + Kiểm tra kết chất lượng học sinh + Đưa bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, thực + Phương pháp điều tra, trắc nghiệm + Ngoài sử dụng số phương pháp khác Phương pháp tiến hành: Thông qua dạng phương trình vô tỉ đưa phương pháp giải, hướng khắc phục sai lầm thường gặp đưa dạng tập tự giải PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI I- CƠ SỞ LÝ LUẬN: Như biết Toán học môn khoa học công cụ, giữ vai trò chủ đạo nhà trường ngành khoa học khác Toán học kho tàng tài nguyên vô phong phú quí giá sâu tìm hiểu, khai thác thấy mê say, ham muốn khám phá thấy Toán học thú vị, lãng mạn môn khoa học khác Các bậc phụ huynh, thầy cô giáo, hệ học sinh mơ ước học giỏi môn Toán, nhiên để đạt điều thật chẳng dễ dàng Hiện nay, nhà trường đặc biệt nhà trường THCS, việc dạy kiến thức cho HS việc dạy cách học, cách nghiên cứu phát triển kiến thức cho em trọng Với mong muốn giúp em học sinh hiểu ngày say mê môn Toán, thân người giáo viên phải tự tìm phương pháp giải cho phù hợp với đối tượng học sinh kích thích lòng ham muốn học Toán em, từ tìm học sinh có khiếu môn này, để bồi dưỡng em trở thành học sinh giỏi, có ích cho xã hội Phương trình mảng kiến thức quan trọng chương trình Toán phổ thông Giải phương trình toán có nhiều dạng giải linh hoạt, với nhiều học Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc sinh kể học sinh giỏi nhiều lúng túng trước việc giải phương trình, đặc biệt phương trình vôi tỉ Phương trình vô tỉ dạng phương trình không mẫu mực, để giải phương trình vô tỉ đòi hỏi người học phải có tảng kiến thức vững vàng, tư sáng tạo, biết phân tích, tổng hợp nhiều loại kiến thức học từ tìm hướng giải cho dạng cụ thể, đặc biệt cần nắm dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải dạng Phương trình vô tỉ dạng phương trình hay khó, việc giải phương trình vô tỉ đánh giá lực giải toán lực tư toán học người học nên phương trình vô tỉ xuất đề thi học sinh giỏi tạp chí toán học Vì vậy, việc trang bị cho học sinh, đặc biệt đội tuyển HSG kiến thức liên quan đến phương trình vô tỉ kèm với phương pháp giải chúng quan trọng nên xin trình bày đề tài: ''Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS '' Trong đề tài, đưa số dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải, phù hợp với trình độ học sinh THCS Trang bị cho học sinh số dạng toán phương pháp giải phương trình vô tỉ áp dụng để làm tập Rút số ý làm phương pháp Chọn lọc số tập hay, phù hợp cho phương pháp giải, cách biến đổi Vận dụng giải toán có liên quan đến phương trình vô tỉ Tôi hy vọng đề tài giúp ích cho học sinh trường THCS, đặc biệt đội tuyển HSG việc học giải phương trình vô tỉ Qua em có phương pháp giải đúng, tránh tình trạng định hướng giải toán sai lúng túng việc trình bày lời giải, giúp học sinh học tập tích cực hơn, đạt kết cao kì thi học sinh giỏi cấp, thi vào THPT chuyên II- CƠ SỞ THỰC TIỄN: Trong chương trình Toán THCS, toán phương trình vô tỉ đề cập đến không nhiều, lại có nhiều dạng có vai trò quan trọng tất kì thi Các toán dạng đòi hỏi học sinh phải nắm vận dụng thật nhuần nhuyễn, có hệ thống số kiến thức khác như: phương trình bậc ẩn, phương trình tích, ĐK số loại biểu thức Nó nâng cao khả vận dụng, phát triển khả tư cho HS, kiến thức sử dụng thi HSG, thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH chuyên dạng tập khó Trên thực tế, với kinh nghiệm thân nhiều năm giảng dạy Toán ôn thi vào lớp 10 THPT thấy HS thường không giải mắc số khuyết điểm sau giải phương trình vô tỉ như: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc - Thiếu sai ĐK phương trình (chủ yếu ĐK thức) - Chỉ giải dạng phương trình đơn giản SGK - Khi bình phương hai vế phương trình để làm CBH thường em không tìm ĐK để hai vế dương - Ở dạng phức tạp em chưa có điều kiện nghiên cứu nên kĩ giải hạn chế, em thường sở kiến thức để phát triển phương pháp giải - Có tài liệu đề cập sâu dạng phương trình - Không đồng nhận thức lớp nên việc phát triển kiến thức phương trình vô tỉ tiết dạy khó Qua kết khảo sát, kiểm tra trước áp dụng đề tài với 35 học sinh thấy kết tiếp thu giải phương trình vô tỉ sau: Điểm Điểm - Điểm - Điểm - 10 SL % SL % SL % SL % 18 51.4 12 34.3 11.4 2.9 Một nguyên nhân dẫn tới khó khăn HS em chưa phân biệt dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải nó, việc tìm tòi, khám phá phương trình vô tỉ gặp nhiều khó khăn tài liệu phương trình vô tỉ chưa nhiều Để giúp em HS nắm đúng, nắm dạng phương pháp giải dạng từ phát triển lực tư nhằm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh, mạnh dạn viết chuyên đề ''Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS '' áp dụng cho đội tuyển HSG khối với hy vọng phần tháo gỡ khó khăn cho em HS gặp dạng phương trình tài liệu nhỏ để tham khảo bạn đồng nghiệp III- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI: A- PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Phương pháp nâng lên luỹ thừa: a) Dạng 1: f ( x) = c (1) (c số Đây dạng đơn giản PT vô tỉ Sơ đồ cách giải: - Nếu c < phương trình (1) vô nghiệm - Nếu c = (1) ⇔ f(x) = Giải phương trình ta tìm nghiệm (1) - Nếu c > (1) ⇔ f(x) = c2 Giải PT ta tìm nghiệm (1) Ví dụ 1: Giải phương trình: x2 + 5x + =  x = −3 2 Gợi ý: Ta có: x + x + = ⇔ x + x + = ⇔  x = −2 (t/m)  Vậy tập nghiệm phương trình S = { −3; −2} Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 3x + =  3+ x = 2  Gợi ý: Ta có: x − 3x + = ⇔ x − 3x + = 25 ⇔ x − x − 24 = ⇔  − x =   + 105 − 105  Vậy tập nghiệm phương trình là: S =  ;    b) Dạng 2: 105 (t/m) 105 f ( x) = g ( x) Sơ đồ cách giải:  g (x) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔  f(x) = [ g (x) ] Ví dụ 1: Giải phương trình : x+3 = x−3 (1) ĐK: x - ≥ ⇔ x ≥ Gợi ý: x = Ta có: (1) ⇔ x+3 = (x-3)2 ⇔ x2 -7x + 6= ⇔ (x-1)(x-6) = ⇔  x =  Vậy phương trình có nghiệm x =6 Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x − = 13 Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ x − = 13 − x (2) (1) x − ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ≤ x ≤ 13   ĐK : 13 − x ≥   x ≤ 13 Bình phương hai vế (2) ta : (2) ⇔ x − = (13 − x) ⇔ x − 27 x + 170 =  x − 10 =  x = 10 ⇔ ( x − 10 )( x − 17 ) = ⇔  ⇔  x − 17 =  x = 17 Chỉ có x = 10 thỏa mãn đk Vậy nghiệm phương trình x = 10 c) Dạng 3: f ( x) = g( x) Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Sơ đồ cách giải:  f ( x) ≥  f ( x) = g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥  f ( x) = g ( x)  Ví dụ 1: Giải phương trình: x + = x −  x ≥ − 2 x + ≥    x + = x − ⇔ 4 x − ≥ ⇔ x ≥ ⇔ x=5 2 x + = x −   x =   Gợi ý: Ta có: Vậy nghiệm phương trình là: x = Ví dụ 2: Giải phương trình: x2 + 5x + = − x (1) Gợi ý: Ta có:   x ≤ −3   x ≤ −3     x2 + 5x + ≥   x ≥ −2   x ≥ −2  x = −1    x + x + = − x ⇔ 1 − x ≥ ⇔ x ≤ ⇔ x ≤ ⇔   x = −5  x2 + 5x + = − x  x2 + x + =  x = −1        x = −5 Vậy tập nghiệm phương trình là: S = { −1; −5} Ví dụ 3: Giải phương trình: Gợi ý: Ta có: x2 + x + = 2x2 − 5x +  x2 + x + ≥  x = x + x + = x − x + ⇔ 2 x − x + ≥ ⇔ x2 − 6x + = ⇔  x =  x2 + x + = x − 5x +  Vậy tập nghiệm phương trình là: S = { 2; 4} d) Dạng : f ( x) + g( x ) = c (1) (c số) - Nếu c < phương trình (1) vô nghiệm  f (x) = g(x) = - Nếu c = Ta có: (1) ⇔ f ( x) + g( x) = ⇔  - Nếu c>0 Ta có: (1) ⇔  f (x) ≥  f ( x) + g( x) = c ⇔ g(x) ≥   f (x) + g(x) + f (x).g(x) = c  f (x) ≥  f (x) ≥ g(x) ≥   ⇔ g(x) ≥ ⇔ c − f (x) − g(x) ≥   2 f (x).g(x) = c − f (x) − g(x)  4 f (x).g(x) =  c − f (x) − g(x)     * Chú ý: Nếu ta có: f ( x) − g( x) = c ta giải sau: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  f (x) ≥  f (x) ≥ g(x) ≥ g(x) ≥   f (x) − g (x) = c ⇔ f (x) = g (x) + c ⇔  g (x) + c ≥ ⇔   g (x) + c ≥ 2  f (x) = g (x) + c   f (x) = g (x) + c g (x) + c  Ví dụ 1: Giải phương trình: x + + x − = (1)  2 x + = x = − (vô nghiệm) Gợi ý: Ta có: x + + x − = ⇔  x − = ⇔    x = ( ) Vậy phương trình cho vô nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: x − + x − = (1) x ≥ x −1 ≥  Gợi ý: ĐK 2 x − ≥ ⇔  x ≥ ⇔ x ≥   2 x − + x − = ⇔ x − + x − = 25 Ta có: 27 − x ≥ ⇔ ( x − 1) ( x − 1) = 27 − x ⇔  2 4 ( x − 3x + 1) = ( 27 − x ) 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤  ⇔ ⇔   x = ⇔ x = (t/m)  x − 150 x + 725 =   x = 145  ( ) Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình: x + − x − x − = (1) Gợi ý: Ta có: x + − x − x − = ⇔ x + = x − x − + x − x − ≥  ⇔ x +9 = x2 − x − +   ( )  − 13 x ≤     − 13 + 13 x ≤ x ≥       ⇔ x ≥ −8 + 13  ⇔x ≥  2   16 ( x − x − 3) = x +16 x + 64   4 x − x − = x +      − 13   −8 ≤ x ≤  − 13    −8 ≤ x ≤  x = + 13    x ≥ ⇔  ⇔  ⇔ + 13  x = −28 x ≥    15    x =  15 x − 32 x − 112 =  −28  x = 15   −28  Vậy tập nghiệm phương trình là: S = 4; 15  e) Dạng 5: f ( x) + g( x ) = h( x) (1) Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  f (x) ≥  - Đặt điều kiện: g(x) ≥  h(x) ≥  - Bình phương hai vế (1), ta có: f (x) + g(x) + f(x).g(x) = [ h(x) ] ⇔ f (x) g(x) = [ h(x)] − f (x) − g(x) * Chú ý: Giải tương tự với dạng: Ví dụ 1: Giải phương trình: Trở lại dạng f ( x) − g( x) = h( x) với điều kiện x + + x + + x +1− x + = f ( x ) ≥ h( x ) (1)   x + ≥  x ≥ −7  x ≥ −7  x ≥ −7    ⇔ x +1 ≥ ⇔ x +1 ≥ ⇔ x ≥ Gợi ý: ĐK:  x + + x + ≥ ⇔   x + ≥ x +   x2 + x − ≥  x ≤ −3  x +1− x + ≥    x ≥ Ta có: (1) ⇔ ( ) x + +1 + x +1− x + = ⇔ x + +1+ x +1− x + = ⇔ x +1− x + = − x + 3 − x + ≥  x + ≤ ⇔ ⇔ 5 x + = 15  x + − x + = + x + − x + ⇔ x + = ⇔ x + = ⇔ x = 2(t/ m) Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình: x2 − x + + x + = x + (1)  x2 − x + ≥  x ≥ −1  ⇔ ⇔ x ≥ −1 Gợi ý: ĐK:  x + ≥  x ≥ −2 x + ≥  Ta có: (1) ⇔ x − x + + x + + ( x − x + 1)( x + 1) = x + x + ⇔ x3 + = x + ⇔ x3 + = x + ⇔ x3 + = x + x + x =  ⇔ x − x − x = ⇔ x ( x − x − ) = ⇔  x = + 2 (t/ m) x = − 2  Vậy tập nghiệm phương trình là: S = { 0; + 2; − 2} g) Dạng 6: f ( x ) + g ( x ) = h( x ) Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  f ( x) ≥  f ( x) ≥  g ( x) ≥  g ( x) ≥   ⇔ Sơ đồ cách giải: ⇔ h(x) ≥ h(x) ≥    f ( x ) + g ( x ) + f ( x).g ( x) = h( x) 2 f ( x).g ( x) = h( x) − f (x) − g(x)   Đến toán trở lại dạng Chú ý: Giải tương tự với dạng: f ( x) − g ( x) = h( x) Ta có: f ( x) − g ( x) = h( x) ⇔ h(x) + g(x ) = f(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x + + x − = x (1) −4  x≥  x + ≥    Điều kiện:  x − ≥ ⇔  x ≥ ⇔ x ≥ x ≥ x ≥    ⇔ x + + x − + ( 3x + ) ( x − ) = x Ta có: (1) −4  x=  ⇔ x + ( 3x + ) ( x − ) = x ⇔ ( x + ) ( x − ) = ⇔ ⇔ x = (t/m)  x = Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình: x + - x − = 12 − x ⇔ x + = 12 − x + x − (1) x + ≥  x ≥ −1   Gợi ý: ĐK: 12 − x ≥ ⇔  x ≤ 12 ⇔ ≤ x ≤ 12 x − ≥ x ≥   Bình phương hai vế ta được: x + = 12 − x + x − + ( 12 − x )( x − ) ⇔ x − = ( 12 − x )( x − ) (3) (2) Ta thấy hai vế phương trình (3) thỏa mãn (2) bình phương vế phương trình (3) ta được: (x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) ⇔ 5x2 - 84x + 352 = 44 Phương trình có nghiệm x1 = x2 = thoả mãn (2)   Vậy tập nghiệm phương trình là: S =  ;8 44  f ( x) + g( x ) = h(x) + k (x) h) Dạng 7:  Sơ đồ cách giải:  f (x) ≥ g(x) ≥  Điều kiện: h(x) ≥  k(x) ≥ Bình phương hai vế phương trình, ta có: f (x) + g(x) + f (x) g(x) = h(x) + k(x) + h(x) k(x) ⇔2 ( ) f (x) g(x) − h(x) k(x) = h(x) + k(x) − f(x) − g(x) ⇒ Bài toán trở lại dạng Ví dụ 1: Giải phương trình : x + + x + 10 = x+2 + x+5 (1) Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 10 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 1: Giải phương trình: x2 + x + 2015 = 2015 (1) (Đề HSG tỉnh Long An – Năm học 2014 - 2015) Điều kiện: x ≥ −2015 ; Đặt t = x + 2015 ≥ => t2 – x = 2015  x + t = 2015 Ta có hệ phương trình :   t − x = 2015  t − x − x − t = (t + x)(t − x − 1) = ⇔ ⇔ 2  x + t = 2015  x + t = 2015 t = −x    x = + 8061  t = − x  t = − x  ⇔ ⇔ * Giải hệ pt:     x + t = 2015  x − x − 2015 =    x = − 8061   t = x +    x = −1 + 8057 t = x + t = x +   ⇔ ⇔  * Giải hệ pt:  2   x + t = 2015  x + x − 2014 =    x = −1 − 8057   * Đối chiếu với điều kiện toán, nghiệm phương trình cho là: x1 = − 8061 −1 + 8057 ; x2 = 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x2 - x - + 16x = (1) (Đề HSG tỉnh Nghệ An – Năm học 2008 - 2009) Gợi ý: ĐK: x ≥ − 16 Ta có: (1) ⇔ x2 - x = 2( + 16x + 1) Đặt: + 16x + = 2y ( y ≥ ⇔ + 16x = 4y2 -4y + 1⇔ 4y2 - 4y = 16x ⇔ y2 - y = 4x (*)  y − y = 4x ⇒ (x − y)(x + y + 3) = Ta có :   x − x = 4y ) x = y ⇔  x + y + = (lo¹i v× x ≥ - vµ y ≥ )  16 2 Với x = y thay vào (*) ⇒ x - x = 4x  x = (tho¶ m·n) ⇔ x2 - 5x = ⇔ x(x - 5) = ⇔   x = (lo¹i) Vậy phương trình có nghiệm là: x = Ví dụ 3: Giải phương trình: ( x + 1) + ( x − 1) + x2 −1 = Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 22 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đặt: x + = a ; a2 = ( x + 1) ; x − = b nên ta có: b2 = ( x − 1) ; ab = x − Ta phương trình: a2 + b + ab = (1) a = x + Ta có: b3 = x −  Ta phương trình: a3 - b3 = (2) a + b + ab = a + b + ab = ⇔ Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  3 a − b = a − b =  Từ hệ phương trình, ta suy ra: a - b = ⇒ b = a - Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2 = ⇒ a =1 Với a = 1, ta có: x + = ⇒ x = (thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình là: x = Chú ý: Đối với phương trình có dạng: n a − f (x) + n b + f (x) = c Ta thường đặt u = n a − f (x); v = n b + f (x) u + v = c Khi đó, ta hệ phương trình: u n +v n = a + b  Giải hệ ta tìm u v Từ ta tìm giá trị x Nhận xét: Qua ví dụ cho ta thấy phương pháp đưa hệ phương trình có điểm sáng tạo đặc thù riêng, đòi hỏi học sinh phải tư Do phương pháp thường áp dụng cho học sinh khá, giỏi Ta cần ý số điểm sau: + Tìm điều kiện tồn phương trình + Biến đổi phương trình để xuất nhân tử chung + Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình việc giải hệ phương trình quen thuộc Ngoài người học biết kết hợp phương pháp với phương pháp khác phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng đẳng thức Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 23 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc * Biến đổi phương trình dạng f(x) = g(x) f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a số) Nghiệm phương trình giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a g(x) = a * Biến đổi phương trình dạng h(x) = m (m số) mà ta có h(x) ≥ m; h(x) ≤ m nghiệm phương trình giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy * Áp dụng bất đẳng thức: Cauchy; Bunhia côpxki, a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị hai vế rời nhau, phương trình vô nghiệm Ví dụ 1: Giải phương trình: x −1 - 3x − (1)  x ≥   ⇔ x≥1 x ≥    x ≥ x − ≥  5 x − ≥ ⇔ 3 x − ≥  Gợi ý: ĐK: 5x − = Với x ≥ x < 5x x − < x − Suy ra: Vế trái (1) số âm, vế phải số không âm Vậy phương trình vô nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: x − x + 11 + x − x + 13 + x − x + = + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ Mà ( x − 3) + + ( x − 3) + + ⇒ VP = VT = + ( x − 3) + + ( x − 3) + + 4 ( x − 2) + = + ( x − 2) + ≥ + 4+1=3+ x − = x = ⇔ (vô nghiệm)  x − = x = Vậy phương trình cho vô nghiệm b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch hai vế: Ví dụ 1: Giải phương trình x − + y + 2014 + z − 2015 = ( x + y + z) (1) (Đề thi HSG huyện Yên Lạc – Năm học 2014 - 2015) ĐK x ≥ 2; y ≥ −2014; z ≥ 2015 ( Ta có : (1) ⇔ Do ( ) ) ( x − −1 + x − − ≥ 0; ( ) ( y + 2014 − + ) y + 2014 − ≥ 0; ( ) z − 2015 − = ) z − 2015 − ≥ Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 24 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  x − −1 = x =   ⇒  y + 2014 − = ⇔  y = −2013 (t/m)   z = 2016   z − 2015 − = Vậy nghiệm phương trình (x;y;z)=(3;-2013;2016) Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 3x = x − − (1) (Đề thi HSG huyện Tam Dương- Năm học 2014 -20 15) Gợi ý: ĐK: x ≥ Ta có: (1) ⇔ x − 3x = x − − ⇔ ( x − x + 4) + ( x − − x − + 1) =  x − = ⇔ x = 2(T / m) ⇔ ( x − 2) + ( x − − 1) = ⇔   x − − = Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình: x + x + = 2 x + (1) (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An- Năm học 2010 -2011) −3 2 Ta có: (1) ⇔ x + x + + ( x + 3) − 2 x + + = Gợi ý: ĐK x ≥ ( ) ⇔ ( x + 1) + (  x + = 2x + −1 = ⇔  ⇒ x = −1 (t/m)  x + − = ) Vậy phương trình có nghiệm x = -1 Ví dụ 4: Giải phương trình: x + x + x − x = x + (1) (Đề thi hsg thành phố HCM - Năm học 2009 -2010)  x + x ≥ Gợi ý: ĐK   x − x ≥ Áp dụng BĐT Cauchy cho hai cặp số không âm, ta có: x + x2 + x − x2 + 2 2 x + x + x − x = ( x + x ) + ( x − x ) ≤ + = x +1 2  x + x = ⇒ Hệ phương trình vô nghiệm Dấu đẳng thức xảy khi:   x − x = Vậy phương trình cho vô nghiệm x − x + 15 = x − x + 18 x − x + 11 ⇔ + = ( x − 3) + Ta có: (1) ( x − 3) + Ví dụ 5: Giải phương trình: Gợi ý: (1) Mà: VT = + x − + ≤ + = ( ) VP = ( x − 3) + ≥ ⇒ VT = VP ⇔ ( x − 3) = ⇔ x − = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 25 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 6: Giải phương trình: x − x + 11 + x − x + 13 + x − x + = + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ ( x − 3) + + ( x − 3) + + ( x − ) + = + (*) 2 Mà: VT = ( x − 3) + + ( x − 3) + + ( x − ) + ≥ + + = + 2 2 VP = + ( x − 3) = x = ⇔ Nên (*) xảy ⇔  (vô lí)  x = ( x − ) = Vậy phương trình vô nghiệm Ví dụ 7: Giải phương trình: 19 x −1 +5 x2 −1 + 95 x2 − x + =3 (1) x −1 ≥  Gợi ý: Điều kiện:  x − ≥  x − 3x + ≥  Ta có: VT = 19 Mà: VP = x −1 +5 x −1 + 95 x2 −3 x + ≥ 190 + 50 + 950 = x −1 =  ⇒ VT = VP ⇔  x − = ⇔ x =1  x − 3x + =  Vậy phương trình có nghiệm x = Phương pháp chứng minh nghiệm nhất: Các bước: Khi giải phương trình vô tỉ mà ta chưa biết cách giải, thường ta sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để tìm nghiệm chúng Rồi tìm cách chứng minh nghiệm không nghiệm khác Ví dụ 1: Giải phương trình : Gợi ý: ĐK: x < 10 + = (1) 2− x 3− x (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2007 - 2008)    < > 0 <  1    − x 2− x ⇔ ⇔ - Nếu x < ⇔ − x > − ⇔  3 − x > > 0 <  10 < <    − x 3− x 10 + < Vậy phương trình nghiệm x < Suy ra: 2− x 3− x    > >4 0 x > ⇔ − x < − ⇔  0 < − x <   10 > >   − x  − x Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 26 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Suy ra: 10 + > Vậy phương trình nghiệm x > 2− x 3− x ta thấy thỏa mãn điều kiện phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Với x = Ví dụ 2: Giải phương trình: Gợi ý: x + 28 + x + 23 + x −1 + x = + (1) x − ≥ ⇔ x ≥1 x ≥ ĐK:  Ta thấy x =2 nghiệm (1) + Với x > 2, ta có: VT > 32 + 23 27 + + = + + Với x< 2, ta có: VT < 32 + 23 27 + + = + Vậy x = nghiệm phương trình Ví dụ 3: Giải phương trình : x +3 + 3x = (1) Gợi ý: Ta thấy: x = nghiệm (1) 2 + Với x ≠ ta có: VT = x +3 + 3x > 20+3 + 30 = + = 2 Do x ≠ nghiệm (1) Vậy x = nghiệm phương trình Phương pháp Sử biểu thức liên hợp – Trục thức Ví dụ 1: Giải phương trình sau: x − x + − x + + x + = (1) (Đề HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013 - 2014) Gợi ý: ĐK: x ≥ Ta có: (1) ⇔ x + − x + = x + − x (1) = ⇔ x + + x + = 5( x + + x) (2) x+9 + x+4 x +1 + x Từ (1),(2) suy ra: x + = x + + x ≥ x + = x + ≥ x + ,dấu “=” xảy x=0 ⇔ Thử lại x=0 nghiệm phương trình Vậy pt cho có nghiệm x=0 Ví dụ 2: Giải phương trình: + = x+3 x+4 (1) (Đề HSG huyện Hoằng Hóa – Năm học 2013 - 2014) Gợi ý: ĐK: x > -     ÷+  − ÷= Ta có: (1) ⇔  − x+3 ÷ x+4 ÷     4− x + 11 x + 11 x+3 + x+4 =0⇔ + =0 ⇔     2+ 2+ ( x + 3)  + ÷ ( x + 4)  + ÷ x+3 x+4 x+3  x+4    4− Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 27 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc + >0     ( x + 3)  + ÷ ( x + 4)  + ÷ x+3  x+4    11 Do 4x + 11 = ⇔ x = − thỏa mãn điều kiện  11  Vậy tập nghiệm phương trình là: S = −   4 Ví dụ 3: Giải phương trình: x − + x + + x3 − x − x − 14 = Vì x > - nên (1) (Tạp chí Toán tuổi thơ - Số 152) Gợi ý: ĐK: x ≥ −7 Phương trình tương đương với: ⇔ ( ) ( x − −1 + ) x + − + x3 − 8x − 8x − = x−9 ⇔ ( x − 8) + x − +1 + x−9 + ( x − ) ( x + x + 1) = x+7 +4   1 ⇔ ( x − 9)  + + x + x + 1÷ =  x − + x − +1 ÷ x+7 +4 )  (  ⇔ x−9 = ⇒ x = 1 + + x + x + >0 x ≥ − Vì nên 3 ( x − 8) + x − + x + + Vậy phương trình có nghiệm x = B- BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài 1: Giải phương trình: x2 − 4x + + x − x + 16 = (1) ∀x ∈ R Gợi ý: ĐK: Ta có: (1) ⇔ ( x − 2)2 + ( x − 4) = ⇔ x − + x − = Bài 2: Giải phương trình: x − x −1 + + ĐS: 0,5; 5,5 x − x − + = (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ Ta có: (1) ⇔ ( x − − 2) + ( x − − 3) = ⇔ x −1 − + x − − =1 (2) ĐS: ≤ x ≤ 10 Bài 3: Giải phương trình: x + + − x - ( x + 1)(3 − x ) = (1) Gợi ý: ĐK : − ≤ x ≤ Đặt x + + − x = t ≥ ⇒ t2 = + ( x + 1)(3 − x) ⇒ ( x + 1)(3 − x) = Thay vào (1) ta được: (1) ⇔ t − t2 − (2) t = t2 − = ⇔ t2 - 2t = ⇔ t(t-2)= ⇔  t = ĐS : -1; Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 28 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Bài 4: Giải phương trình: x − x − + x + x − = (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ Nhận xét x − x − x + x − = 1 Đặt t = x − x − (t > 0) phương trình (1) có dạng: t + = ⇔ t = t Bài 5: Giải phương trình sau: x + x x − ĐS : 1 = 3x + (1) x Gợi ý: ĐK: −1 ≤ x < ; x ≥ 1 1 = + ⇔ x − + x − − = (*) x x x x t = 1 Đặt t = x − (t ≥ 0), phương trình (*) có dạng: t + 2t − = ⇔ t = −3(loai) x  Chia hai vế cho x, ta nhận được: x + x − ĐS : 1± Bài 6: Giải phương trình: x + x − x = x + (1) Nhận xét: x = nghiệm phương trình  1 Chia hai vế cho x, ta được: (1) ⇔  x − ÷+ x − = x x  Đặt t= x − 1± Ta có: t + t − = ⇔ t = ⇔ x = x Bài 7: Giải phương trình: 3x + 21x + 18 + x + x + = (1)  −7 − 21 x ≤ Gợi ý: ĐK:  −7 + 21 x ≥  2 Đặt y = x + x + ; y ≥ −5  y =  ⇔ y =1 Phương trình (1) có dạng: 3y2 + 2y - = ⇔  y =1 x = −  Với y = ⇔ x + x + = ⇔  x = −6 nghiệm phương trình cho  Bài 8: Giải phương trình: x + = 2( x2 + 2) (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ −1 2 Ta có: (1) ⇔ x + x − x + = ( x + ) Đặt x + = a ≥ ; x − x + = b > ⇒ a2 + b2 = x2 + Thay a, b vào phương trình (1), ta có:  2a − b = (1) ⇔ 5ab = 2(a2 + b2) ⇔ (2a- b)( a -2b) = ⇔ a − 2b =  ĐS: Bài 9: Giải phương trình: x + x − = x − x + + 37 − 37 ; 2 (1) Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 29 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc u = x ( u, v ≥ 0; u > v ) Ta đặt:  v = x − Ta có: (1) ⇔ u + 3v = u − v ⇔ 2(u + v) - (u - v)= ( u + v ) ( u − v ) Đến ta tìm u, v Thay u, v vào tìm x Bài 10: Giải phương trình sau: x + x + x − = 3x + x + 1 2 ( x + x ) ( x − 1) = x + ⇔ Gợi ý: ĐK: x ≥ Bình phương vế ta có: (x + x ) ( x − 1) = ( x + x ) − ( x − 1) u = x + x ta có hệ: v = x − Ta đặt:   1− v u =  uv = u − v ⇔  1+ v u =  1+ 1+ v ⇔ x2 + 2x = ( x − 1) Giải tiếp ta tìm x Vì u, v ≥ nên u = 2 Bài 11: Giải phương trình: ( x + 1) x − x + = x + (1) Gợi ý: Đặt: t = x − x + 3, t ≥ 2 2 Ta có: (1) ⇔ ( x + 1) t = x + ⇔ x + − ( x + 1) t = t = ⇔ x − x + − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔ t − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔  t = x − 2 Bài 12: Giải phương trình: x + 3x + = ( x + 3) x + (1) Gợi ý: Đặt t = x + 1; t ≥ ĐS: ± t = x Phương trình (1) trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = ⇔ (t - x)(t - 3) = ⇔ t = ĐS: ±2  Bài 13: Giải phương trình: 25 − x - 15 − x = Gợi ý: ĐK: ≤ x2 ≤ 15 Đặt: 25 − x = a (a ≥ 0) (* ); 15 − x = b ( b ≥ 0) ( ** ) Từ phương trình cho chuyển hệ phương trình: a − b =  (1) ⇒ (a − b)(a + b) = 2(a + b) a + b ≠   a = a − b = ⇔  ⇔  a + b = b =  ĐS: ± Bài 14: Giải phương trình: ( 3x + 1) + ( 3x − 1) + x − = 51 (1) Gợi ý: Đặt u = 3x + 1; v = 3x − u + v + uv =  ⇒u −v = 2⇒ u = v+2 Phương trình (1) trở thành hệ: u − v3 = 2 Do đó: ( v + ) + v + v ( v + ) = ⇔ 3v + 6v + = ⇔ ( v + 1) = ⇔ v = −1 ⇒ u = 2 Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 30 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  3 x + = ⇒x=0 Ta có:   x − = −1 1 +x+ − x =1 (1) 2 1 Đặt : u = + x ; v = − x ≥ Bài 15: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK: x ≤ ĐS: v = u + v =  Ta hệ: u + v = ⇒ ( − v ) = − v ⇔ v ( v − 1) ( v − 3) = ⇔ v = v = −1 −17 ĐS : ; ; Bài 16: Giải phương trình: x − x = 2 x − (1) 2 Ta có : (1) ⇔ ( x − 1) − = 2 x − Gợi ý: Điều kiện: x ≥  x − x = 2( y − 1) Đặt y − = x − ta đưa hệ sau:   y − y = 2( x − 1) Trừ hai vế phương trình ta được: ( x − y )( x + y ) = Bài 17: Giải phương trình: x − x − = x + (1) Gợi ý: ĐK x ≥ − 2 Ta có: ( 1) ⇔ x − 12 x − = x + ⇔ (2 x − 3) = x + + 11 ĐS: + ( 2x − 3) = 4y + ⇒ ( x − y) ( x + y − 2) = Đặt y − = x + ta hệ :  2y − = 4x + ) ( ĐS: + 3; − Bài 18: Giải phương trình: x − x + = (1) ĐK: x ≥ −5 Ta có: (1) ⇔ x − = x + ; x ≥ (*) Đặt x + = t ≥ ⇒ t − = x  x − = t Kết hợp với (*) ta hệ: t − = x  Từ ta tìm nghiệm Bài 19: Giải phương trình: − + x = x x ≥  ⇒ ≤ x ≤ 12 Gợi ý: ĐK: 4 + x ≥  4 − + x ≥  x = − y  x = − y ⇔  Đặt y = + x ta có hệ phương trình:   y = + x  y = + x Bài 20: Giải phương trình: 7x2 + 7x = ĐS: x = −1 + 13 4x + ( x > 0) 28 Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 31 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 4x + 4x + = t + 2at + a =t+a ⇒ 28 28 4x + 1 = t + t + ⇒ 7t + 7t = x + Chọn a = ta được: 28  7 x + x = t + Kết hợp với đầu ta hệ phương trình:  7t + 7t = x +  Gợi ý: Đặt Bài 21: Giải phương trình: x−4 + − x = x2 -10x + 27 (1) Gợi ý: ĐK: ≤ x ≤ x−4 ≤ Theo BĐT Cauchy, ta có: ⇒ VT = x − + − x ≤ 1+ x − ; 6− x ≤ 1+6 − x 1+ x − 1+6 − x + =2 2 Mà: VP= x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + ≥ ( ∀ x) ⇒ VT = VP khi: x- = – x = ⇔ x = 10 ⇒ x = (thỏa mãn) Bài 22: Giải phương trình: (1) 3x + x + + x + 10 x + 14 = − x − x Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ ( x + 1) + + ( x + 1) + = − ( x + 1) 2 ĐS: Mà: VT = ( x + 1) + + ( x + 1) + ≥ + = 2 VP = − ( x + 1) ≤ ⇒ VT = VP ⇔ ( x + 1) = ⇔ x + = ⇔ x = −1 x Bài 23: Giải phương trình: 4x − + ĐS: -1 4x − =2 (1) x Gợi ý: ĐK: x> a b Áp dụng bất đẳng thức: b + a ≥ với a, b > xảy dấu “=” a = b Do đó, ta có: x 4x − + 4x − ≥2 x Dấu “=” (1) xảy khi: x= x − ⇔ x2 - 4x +1 = (do x> ) Bài 24: Giải phương trình: x − 3x + 3,5 = (x − 2x + ) ( x2 − x + 5) ĐS: ± (1) Gợi ý: Ta có: x − x + = ( x − 1) + > x − x + = ( x − ) + > x − x + 3,5 = ( x − x + 2) + ( x − x + 5) ≥ ( x − x + 2)( x − x + 5) (theo Côsi) 2 Dấu “=” xảy x − x + = x − x + ⇔ x = ⇔ x = ĐS: x = Bài 25: Giải phương trình: 13 x − x + x + x = 16 Gợi ý: ĐK: −1 ≤ x ≤ Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 32 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ( Biến đổi pt ta có: x 13 − x + + x áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ( 13 13 − x + 3 + x ) ) = 256 ≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x + + x ) = 40 ( 16 − 10 x ) áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x ( 16 − 10 x 2 )   x= + x2   1− x = ⇔ Dấu ⇔   10 x = 16 − 10 x x = −    16  ≤  ÷ = 64  2 Bài 26: Giải phương trình: x ( x + ) + x ( x − 1) = x (1) Gợi ý: ĐK x ≤ −2; x ≥ ( 1) ⇔ x2 − x − x2 − 2x = x ( 2) x ( x − 1) − x ( x + ) −3 x ( x − 1) − x ( x + ) = ⇒ x ( x − 1) = x + −3 x ( x − 1) + x ( x + ) = x x ( x − 1) − x ( x + )   Nếu x ≥ ta có    −3 x =2 x ⇔ ( 3) Giải (3) ta tìm x   x ( x − 1) − x ( x + ) = ⇒ x ( x − 1) = −2 x + Nếu x ≤ -2 ta có   x ( x − 1) + x ( x + ) = −2 x  Giải (4) ta tìm x ( 4) x − x + − x − = ( x − x − 1) − x − x + Bài 27: Giải phương trình sau: 2 2 Ta nhận thấy: ( 3x − x + 1) − ( 3x − 3x − 3) = −2 ( x − ) ( x − ) − ( x − 3x + ) = ( x − ) −2 x + x − x + + ( x − x + 1) Ta trục thức vế: = 3x − x − + x − 3x + ĐS: Bài 28: Giải phương trình sau: x + 12 + = x + x + 2 Gợi ý: Để phương trình có nghiệm thì: x + 12 − x + = x − ≥ ⇔ x ≥ Ta nhận thấy: x = nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng ( x − ) A ( x ) = , để thực điều ta phải nhóm, tách sau: x + 12 − = x − + x + − ⇔ 2 x2 − x + 12 + = 3( x − 2) + x2 − x2 + +   x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= ⇔ x = 2 x2 + +   x + 12 + Bài 29: Giải phương trình: ĐS: x − + x = x − (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ Nhận thấy x = nghiệm phương trình, nên ta biến đổi phương trình: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 33 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc   x − − + x − = x − − ⇔ ( x − 3) 1 +    ( x − 3) ( x + x + ) = x3 − + x2 − ( ) + x − +  x+3 Ta chứng minh: x+3 1+ (x − 1) + x − + 2 = 1+ ( x+3 < < x + 3x + x2 − + + x3 − + ) ĐS: x2 + Bài 30: Giải phương trình sau: x+ x + + x2 − x− x − =x Gợi ý: ĐK: x ≥ Nhân với lượng liên hợp mẫu số phương trình cho ta được: (x ⇒ ) )( ) )( ( − x + x − − x + x − x − = 3.x (x − x >  ⇒  x − ( ) + ) +( x (x 2 + + ) ) = 3.x +2 (x − 3) = 27 x   x >  x > ; x ( − 2x ) ≥ ⇒ ⇒ 4 4 2 ( x − 3) = x − x ( ) 4( x − 3) = x ( − x )  ĐS: x = Bài 31: Giải phương trình: ( x2 − + 2x ) = x+9 (1)  x ≥ − Gợi ý: ĐK:   x ≠ Ta có: (1) ⇔ ⇔ ( 2x2 + + x ( − + 2x ( )( ) + + 2x x 18 + x + + x 4x 2 ⇔ + 2x = ⇔ x = − ) = x+9 ) = x+9 (thỏa mãn) ĐS: −9 IV- ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN CÔNG TÁC GIẢNG DẠY Nhận xét: Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 34 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trên giới thiệu với bạn số dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải mà áp dụng thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng HSG lớp Kết thu chất lượng đội tuyển HSG ngày nâng cao Khi áp dụng chuyên đề nhận thấy em trang bị lượng kiến thức đa dạng, phong phú, huy động tổng hợp nhiều loại kiến thức trước đó, từ phát triển nâng cao khả tư logic, phát huy tính độc lập sáng tạo học sinh Trong chương trình toán phổ thông nhiều phương pháp (phương pháp miền giá trị, phương pháp hàm số ), đề tài trình bày số phương pháp thông dụng chương trình trung học sở Tuy nhiên với dạng toán đối tượng tiếp thu cách dễ dàng, giáo viên phải khéo léo lồng ghép vào tiết dạy nhằm thu hút phát huy sáng tạo cho đối tượng học sinh Đây vấn đề hoàn toàn mẻ khó khăn cho học sinh, giáo viên nên cho em làm quen dần Dạng toán có tác dụng tương hỗ, cao dần từ kiến thức sách giáo khoa, giúp học sinh khắc sâu kiến thức biết t sáng tạo, biết tìm cách giải dạng toán mới, tập trung “Sáng tạo” vấn đề Kết sau áp dụng đề tài: Sau áp dụng đề tài, thấy chất lượng qua kiểm tra nâng lên đáng kể, đặc biệt đối tượng HS – giỏi chất lượng nâng lên rõ rệt Cụ thể, qua khảo sát 35 em học sinh đạt kết sau: Điểm Điểm - Điểm - Điểm - 10 SL % SL % SL % SL % 17.1 17 48.6 22.9 11.4 Điều minh chứng tính đắn đề tài, giúp học sinh có tảng kiến thức để vượt qua khó khăn ban đầu Từ giúp HS tiếp cận phương trình vô tỉ cách bản, hệ thống sáng tạo phương pháp giải đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh PHẦN III- KẾT LUẬN: Trên số dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải mà áp dụng giảng dạy thực tiễn nhiều năm trường THCS đội tuyển HSG trình ôn luyện thi vào lớp 10 THPT chuyên Tôi thu kết sau: + Hầu hết em làm bài, hiệu suất làm tăng lên rõ rệt, em cảm thấy tự tin chủ động lĩnh hội lĩnh kiến thức môn + Học sinh tránh sai sót có kĩ vận dụng thành thạo phát huy tính tích cực học sinh Tuy nhiên để đạt kết mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại tập thành dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức học sinh Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 35 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực sáng tạo học sinh từ em có nhìn nhận bao quát, toàn diện định hướng giải toán đắn Làm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường Trong đề tài chắn không tránh khỏi thiếu sót hạn chế định Vậy kính mong giúp đỡ, đóng góp ý thầy giáo, cô giáo bạn đọc để đề tài ngày hoàn thiện có tính ứng dụng cao trình dạy học Để hoàn thành đề tài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy nhận giúp đỡ tận tình đồng nghiệp, thầy cô giáo có nhiều kinh nghiệm Tôi xin chân thành cảm ơn! Lập Thạch, ngày 28 tháng 10 năm 2015 NGƯỜI THỰC HIỆN Trần Mạnh Hùng TÀI LIỆU THAM KHẢO  1- SGK Toán 7-Nhà xuất GD 2003 2- SGK Đại số 9-Nhà xuất GD 3- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất GD 2001 4- Toán bồi dưỡng Đại số - Nhà xuất GD 2002 5- Toán nâng cao chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất GD 1995 6- Để học tốt Đại số - Nhà xuất GD 1999 7- Phương trình hệ PT không mẫu mực - NXB GD 2002 8- 23 chuyên đề toán sơ cấp – NXB trẻ 2000 9- PT, bất phương trình đại số cách giải đặc biệt NXB trẻ 2000 10- Tham khảo số đề thi tài liệu khác có liên quan ************************************* Chuyên đề: Phương pháp giải số dạng phương trình vô tỉ cấp THCS 36 [...]... + Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung + Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc Ngoài ra người học còn biết kết hợp phương pháp này với các phương pháp khác như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng hằng đẳng thức 6 Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 23... sinh tránh sai lầm 3 Phương pháp đưa về phương trình tích: a) Dạng 1: Đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….h(x)= 0 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 12 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Các bước giải: + Tìm tập xác định của phương trình + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….h(x)= 0 (gọi là phương trình tích) Từ đó ta... Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 4;1} ⇔ ( )( ) b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình tích: Các bước giải: + Đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đặt ĐK cho ẩn phụ + Đưa phương trình về dạng tích (với ẩn phụ) + Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho + Căn cứ vào ĐKXĐ kết luận nghiệm của phương trình ( Ví dụ 6: Giải phương trình: x 3 + ( x + 1)... 2 phương trình hai ẩn phụ: Các bước tiến hành: - Tìm điều kiện tồn tại của phương trình - Đặt 2 ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 x + 10 + 3 17 − x = 3 (1) (Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang – Năm học 2012- 2013) Gợi ý: Đặt a= 3 x + 10 ; b= 3 17 − x ⇒ a3 + b3 = 27  a = 3  a + b = 3 a + b = 3  b = 0 Ta có hệ phương trình: ... 1 = 3 ⇒ x = 10 (thỏa mãn) Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho b Chuyển các bài toán một phương trình một ẩn thành một hệ 2 phương trình gồm một ẩn phụ và một ẩn ban đầu Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 21 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 1: Giải phương trình: x2 + x + 2015 = 2015 (1) (Đề HSG tỉnh Long An – Năm học 2014... hơn Quy trình giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ: Bước 1: Xuất phát từ bài toán đã cho, chọn các ẩn phụ thích hợp rồi chuyển bài toán đã cho thành bài toán đối với ẩn phụ Bước 2: Tìm ẩn phụ rồi trở về tìm ẩn ban đầu Sơ đồ cách giải: a) Dạng 1: Chuyển bài toán từ ẩn đã cho sang ẩn phụ nhưng giữ nguyên số ẩn và số phương trình: Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp... 0 ⇔  2 t = 2 ĐS : -1; 3 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 28 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Bài 4: Giải phương trình: x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Nhận xét x − x 2 − 1 x + x 2 − 1 = 1 1 Đặt t = x − x 2 − 1 (t > 0) thì phương trình (1) có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1 t 2 Bài 5: Giải phương trình sau: x + 2 x x − ĐS : 1 1 = 3x +...  Từ đây ta sẽ tìm được nghiệm Bài 19: Giải phương trình: 4 − 4 + x = x x ≥ 0  ⇒ 0 ≤ x ≤ 12 Gợi ý: ĐK: 4 + x ≥ 0  4 − 4 + x ≥ 0 2  x = 4 − y  x = 4 − y ⇔  2 Đặt y = 4 + x ta có hệ phương trình:   y = 4 + x  y = 4 + x Bài 20: Giải phương trình: 7x2 + 7x = ĐS: x = −1 + 13 2 4x + 9 ( x > 0) 28 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 31 Trần Mạnh Hùng – Trường... = 0 ⇔   x = 0 (lo¹i) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 ( x + 1) 2 + 3 ( x − 1) 2 + 3 x2 −1 = 1 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 22 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đặt: 3 x + 1 = a ; a2 = 3 ( x + 1) 2 ; 3 x − 1 = b nên ta có: b2 = 3 ( x − 1) 2 ; ab = 3 x 2 − 1 Ta được phương trình: a2 + b 2 + ab = 1 (1)... = 2, ta có: (x + 2)(x + 1) = 4 ⇔ x + x − 6 = 0 ⇔  x=-3 (t/m)  Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS 17 Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { 2; −3} Ví dụ 4: Giải phương trình: 2x2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33 (1) ĐK: ∀ x ∈ R Gợi ý: Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x + 9 + 2 x 2 + 3x + 9 - 42= 0 (1) Đặt ... tìm hướng giải cho dạng cụ thể, đặc biệt cần nắm dạng phương trình vô tỉ phương pháp giải dạng Phương trình vô tỉ dạng phương trình hay khó, việc giải phương trình vô tỉ đánh giá lực giải toán... sinh giỏi nhiều lúng túng trước việc giải phương trình, đặc biệt phương trình vôi tỉ Phương trình vô tỉ dạng phương trình không mẫu mực, để giải phương trình vô tỉ đòi hỏi người học phải có tảng... việc giải phương trình việc giải hệ phương trình quen thuộc Ngoài người học biết kết hợp phương pháp với phương pháp khác phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng đẳng thức Phương pháp Áp dụng