MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH vô tỉ (repaired)

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn: TOÁN  - Lĩnh vực khác:  Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014 - 2015 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: ĐẶNG THANH HÃN Ngày tháng năm sinh: 01 – 08 – 1976 Nam, nữ: NAM Địa chỉ: KP 9, phường Tân Biên, TP Biên Hòa, Tỉnh Đồng Nai Điện thoại: Fax: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0919302101 E-mail: Chức vụ: Giáo viên Nhiệm vụ giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp 10A2, 10A6, 12A4; Chủ nhiệm lớp 10A2 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học - Năm nhận bằng: 2000 - Chuyên ngành đào tạo: Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán - Số năm có kinh nghiệm: 15 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BM03-TMSKKN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI - Trong chương trình Toán học phổ thông, phương trình bất phương trình nội dung quan trọng xuyên suốt cấp học Trong đó, phương trình có chứa (còn gọi phương trình vô tỉ) nội dung phong phú đem lại nhiều thú vị Có thể nói, giải phương trình vô tỉ đỉnh cao kĩ giải phương trình, để giải tốt phương trình vô tỉ đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức phép biến đổi thức , phải có tư mức độ cao biết cách nhận xét mối quan hệ biểu thức xuất phương trình để từ đề xuất cách giải phù hợp - Tuy vậy, chương trình toán THPT, mà cụ thể phân môn Đại số 10, em học sinh tiếp cận với phương trình vô tỉ vài cách giải thông thường với toán đơn giản Nhưng thực tế, toán giải phương trình vô tỉ xuất nhiều kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng kì thi học sinh giỏi Sự phong phú dạng toán cách giải gây không khó khăn cho em học sinh, có số em biết phương pháp giải trình bày lủng củng chưa gọn gàng, sáng sủa chí mắc số sai lầm không đáng có trình bày Tại lại vậy? - Lý là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hành, phương trình vô tỉ trình bày phần đầu chương III (Giữa học kỳ I) hạn chế Chỉ có tiết lý thuyết sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược ví dụ đưa cách giải thích vắn tắt dễ mắc sai lầm, phần tập đưa sau học hạn chế Hơn nữa, số tiết phân phối chương trình cho phần nên trình giảng dạy, giáo viên đưa đưa nhiều tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ giải cho học sinh cách giải có chung mục đích làm thức đơn giản hình thức toán - Trong năm học qua, phân công giảng dạy lớp 10 Qua nhận xét đánh giá, thấy đa số học sinh nhận thức chậm Từ đó, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho dạng toán để học sinh nắm tốt -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 - Tôi viết chuyên đề nhằm mục đích tổng hợp số phương pháp giải phương trình vô tỉ thường gặp kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng năm gần với tập phân dạng tương ứng, nhằm giúp em học sinh lớp 10 tự học để nâng cao kiến thức em học sinh lớp 12 tự ôn tập để giải tốt đề thi Đại học - Cao đẳng - Tôi hy vọng chuyên đề bổ túc cho em học sinh lượng kiến thức định Rất mong động viên ý kiến đóng góp quý Thầy Cô em học sinh Tôi xin chân thành cảm ơn ! -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Cơ sở lý luận: - Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy giáo viên hoạt động học học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thông Trong đó, môn Toán môn học tự nhiên quan trọng khó với kiến thức rộng, đa phần em ngại học môn - Muốn học tốt môn Toán em phải nắm vững tri thức khoa học môn toán cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào dạng tập Điều thể việc “học đôi với hành”, đòi hỏi học sinh phải có tư logic Giáo viên cần định hướng cho học sinh học nghiên cứu môn toán học cách có hệ thống chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm tập, phân dạng tập tổng hợp cách giải - Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng tìm phương pháp giải gặp toán giải phương trình chứa ẩn dấu - Trong giới hạn SKKN giới thiệu phương pháp giải phương trình chứa ẩn dấu thường hay sử dụng:  Phương pháp biến đổi tương đương  Phương pháp nhân lượng liên hợp  Phương pháp đặt ẩn phụ  Phương pháp hàm số Nội dung, biện pháp thực giải pháp đề tài: - Đưa số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dấu căn, có ví dụ cho học sinh tham khảo tâp áp dụng - Đây nội dung thường gặp kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng Đại học Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều đạt kết tốt -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP A BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: Biến đổi theo công thức:  A  hay B   A B  A  B   A B B   A  B  A  3B  A B  A  B  C  A  B  33 AB   A  B  C  A  B  33 ABC  C (Ở ta thu phương trình hệ quả, nên cần thử nghiệm) Chú ý Khi bình phương hai vế phương trình ta cần có điều kiện hai vế không âm để có phương trình tương đương Bài Giải phương trình: 3x   x  a) b) 2x2  4x  25  x  c) x   5 2x  d) x   1 x  1 2x e) x   3x   x  x  x3  f)  x   x2  x   x  x3 Giải a) 1  x  x    3x   x       x 3x   x   x1    Vậy nghiệm phương trình là: x  x    x  3 x  b) 2x2  4x  25  x      x   x  10x  16  2x  4x  25   x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm x = x = c) x   5 2x  (1) Điều kiện: x  – (1)  x   2x    (x + 9) + (2x + 4) + ( x  9)(2x  4) = 25  2  x    ( x  9)(2x  4) = 12 – 3x    4( x  9)(2x  4)  12  3x    2  x  2  x     x      x  160x   x  160  x=0 So điều kiện, nghiệm phương trình x = Chú ý: Ta chuyển vế bước biến đổi để hai vế không âm -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 d) x   1 x  1 2x (2) Điều kiện: –  x  (2)  x   1 2x  1 x  x   1 x  (1 x)(1 2x)  1 2x  1  1   x    x   x0  (1 x)(1 2x)  2x      (1 x)(1 2x)  (2x  1)2 x  0 x     So điều kiện, nghiệm phương trình x = e/ x   3x   x  x  (3) Điều kiện: x  Bình phương vế không âm phương trình (3) ta phương trình tương đương :   x  3 3x  1  x  x  x  1 , để giải phương trình dĩ nhiên không khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x   x   x  x  Bình phương hai vế thu gọn ta có : Thử lại x =1 nghiệm  Nhận xét : Nếu phương trình : Mà có x  x   x  12 x  x  f  x  g  x  h x  k  x : f  x   h  x   g  x   k  x  , ta biến đổi phương trình dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau bình phương ,giải phương trình hệ f) x3   x   x  x   x  (4) x3 Điều kiện : x  1 Nếu ình phương vế không âm phương trình (4) việc giải có vấn đề gì? Nếu chuyển vế chuyển nào? Nhận xét : (4)  x3  x   x  x  x  , từ ta có lời giải sau : x3 x3   x   x2  x   x  x3  x  1 x3   x  x   x2  x     Bình phương vế ta được: x3  x   Thử lại : x   3, x   nghiệm  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Mà có : f  x  h  x   k  x  g  x  ta biến đổi phương trình dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau bình phương , giải phương trình hệ Bài Giải phương trình: a) x  34  x   Giải a) b) x  34  x    x  34  x   33 x  34 x   3 x   3x   x   x  34  x    x  30  x  34.3 x   12   x  34 x  3  123  x2  31x  1830     x  61 Thử lại: + Nếu x = 30 phương trình thỏa mãn + Nếu x =  61 phương trình thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình cho là: x = 30 hay x = – 61   x  1 3x  1 33 x  3x   b) x   3x   x    x   3x   x   x   3x   x   33 x  3x  x   31  x    x  1 3x  1 x  1  1  x  x  x  x 1      x  1  3x  1 x  1   x  1        3x  1 x  1   x  1   4x   x   Thử lại: + Với x = phương trình thỏa mãn + Với x = phương trình vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình cho là: x = Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/  x2  3x  5x2 1 ĐS: x = 1, x = – 2/ 3x  x  = 3x + ĐS: x =  3/ x  3x   x  ĐS: x = 4/ 3x   x   ĐS: x = 4, x = 5/ 3x   4x   5x  ĐS: x = 6/ (ĐH 2005B–db1) 3x    x  2x  ĐS: x = 2; x = -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 7/ (ĐH 2005D) x+2+2 x   x   ĐS: x = x   3x   x   x  ĐS: x = 8/ ĐS: x = 1; x = – 3 9/ x2  x   x  x  10/ x 1  3x   x 1 ĐS: x = – Biến đổi phương trình tích: A  Tổng quát : A.B.C    B  C   Công thức biến đổi: u  v   uv   u 1 v 1  au  bv  ab  vu   u  b   v  a  Bài Giải phương trình: a) x +1 + x = x + x + x b) x +3 + 2x x +1 = 2x + x + 4x +3 c) 5x2 +14x +  x2  x  20 = x +1 d) 3(x2 – 1) + 4x = 4x x  Giải a) x +1 + x = x + x + x  x    x 1      x 1 + x +1  x =  x 1 x  x +1  =    x 1  3  x  x+1  Vậy phương trình có nghiệm x = x +3 + 2x x +1 = 2x + x + 4x +3 (1) b) Điều kiện: x  – (1)  x +3 + 2x x +1  2x  (x +1)(x +3) =    x   x   2x  x 1 1    2x  x    x 1 1      x   2x  x   x    x 1   So điều kiện, phương trình có hai nghiệm x = x = c) 2 5x +14x+9  x  x  20 = x+1 (2) -Trang : Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Điều kiện: x  5x2 +14x +9  x2  x  20 +5 x +1 (2)     5x +14x +  x  x  20  25 x   10 x  x  20 x +1  4x2 10x +5  10  x    x  1 x +      x  4x     x  4x   x +  x                 x  4x    x +    x  4x    x +               x  4x  25x  56    x  4x    x +         61    x   2 x+4 4x  20x  36  x  4x           So điều kiện, nghiệm phương trình x = hay x =  61 d) 3(x2 – 1) + 4x = 4x x  (3) Điều kiện: x  (3)  3x2 + 4x – = 4x x   3x2 – 4x x  + 4x – =  x2  x   x  4x  x     (x – x  )(3x – x  ) =   9 x  x  3x  x  x 1  So điều kiện, phương trình có hai nghiệm x = x = Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/ x   x    x  3x  ĐS: x = 0, x = – 2/ (ĐH 2006D –db2) x   x  x 1   x2  8x  1 ĐS: x = , x = 3/ x   x3  x  x    x  ĐS: x = 4/ x   x    x  10  21 ĐS: x = 1, x = 5/ 4x2 + 3x + = x x   2 x 1 ĐS: x = 6/ x2  3x    x 3x  ĐS: x = -Trang : 10 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015   Dạng 2: F a f(x)  b g(x); f(x)g(x)  Với dạng ta thường đặt t  a f(x)  b g(x) Chú ý: - Nếu toán có chứa đặt : t  f ( x) - Nếu toán có chứa thể đặt: t  f ( x) , g ( x) g ( x)  f ( x) g ( x)  k (với k số) k t f ( x)  g ( x) ; f ( x).g ( x) f ( x)  g ( x)  k có f ( x)  g ( x) t2  k f ( x).g ( x)  Bài Giải phương trình: a) x    x  12  (x  2)(6  x) b) (ĐH 2011B)  x   x  4  x2  10  3x c) x  x2   x  x2   Giải a) x    x  12  (x  2)(6  x) (1) Điều kiện: 2  x  Đặt t  x    x,t  , suy t   (x  2)(6  x) (*) Phương trình (1) trở thành: t  12  2(t  8)  2t 2 t    t  28     t   (loai) &  Với t = , thay vào (*) ta có: 16   x2  4x  12  x2  4x  12   x2  4x    x  So điều kiện, phương trình có nghiệm x = b)  x   x  4  x2  10  3x (2) Điều kiện: 2  x  Đặt t   x   x  t2  9(10  3x  4  x2 ) Phương trình (2) trở thành : t2  9t   t  hay t =  2  x  x6 Với t = :  x   x     x  4(2  x)  2  x  Với t = :  x   x =     x   2  x 2  x  2  x     )  x   2  x  – x    12  x  5x 15 vô nghiem  & -Trang : 18 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 So điều kiện, phương trình có nghiệm x = c) x  x2   x  x   (3) Điều kiện: x  Nhận xét x  x  x  x   1 Đặt t  x  x  (*) , phương trình (3) trở thành: t    t  t Thay vào (*) tìm x = So điều kiện, phương trình có nghiệm x = Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/  x   x  (1  x)(8  x)  ĐS: x = – ; x = 2x   x   3x  (2x  3)(x  1)  16 2/  2 3/ 12  x    x   x 1 x  x x     x2  ĐS: x = ĐS: x =  2 Dạng 3: F(n f(x), n g(x))  , F(a,b) biểu thức đẳng cấp bậc k Với dạng ta xét hai trường hợp:  TH1: g(x) = thay vào phương trình ta kiểm tra, f(x)  TH2: g(x)  chia hai vế phương trình cho n g k (x) đặt t  n ta g(x) phương trình G(t) = phương trình đa thức bậc k Ta thường gặp dạng: a.f(x)  b.g(x)  c f(x)g(x)  Đặt t  f(x)  , ta có phương trình : at2  ct  b  g(x) Đối với dạng này, ta cần ý đến đẳng thức trình biến đổi: x3    x  1  x mx  1 x  x    x  x  1  x   x  x  1 x  x  1    x4   x2  x  x2  2x  x    x  x  1 x  x  1 Bài Giải phương trình: a) x   x2  4x   x b) x2  x4  x2  2x  c) x  x   x3  -Trang : 19 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Giải a) x   x2  4x   x (1) Điều kiện: x   x = không nghiệm phương trình (1)  x > 0, chia hai vế phương trình (1) cho x ta x   x    (*) x x Đặt t  x  , t  Suy t2   x    x    x   t  x x x x  Thay vào phương trình (*) ta có được: t  t2    t2    t t     t   x   25   x2  17 x    x  4,x  x 4  t    6t  t  So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 4, x = b) x2  x4  x2  2x  (2) Ta thấy x = không nghiệm phương trình (2) Với x  0, chia hai vế phương trình (2) cho x ta được: x   x    (*) x x Đặt t  x  , phương trình (*)  t3  t    (t  1)(t2  t  2)   t  x Với t   x    x2  x    x   x Vậy phương trình có hai nghiệm x =  c) x  5x   x3  (3) Điều kiện: x  Phân tích Ta viết   x  1    x  x  1   x  1  x  x  1 Đồng thức ta (3)   x  1   x  x  1   x  1  x  x  1 (*) Ta thấy x = không nghiệm phương trình (*) Với x > 1, chia hai vế phương trình (*) cho x – ta phương trình: x2  x  x2  x  7  = (**) x 1 x 1 Đặt t = t  x2  x  , t  phương trình (**)  2t2 – 7t + =   t  (loai ) x 1  & Với t = 3, ta có x2 + x + = 9(x – 1)  x2 – 8x + 10 =  x =  (thỏa) -Trang : 20 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình:  37 1/  x  2  x3  ĐS: x = 2/  x  3x    x3  ĐS: x =  13 3/ x  3x    4/ x4  x2  ĐS: x = 5x  14 x   x  x  20  x  ĐS: x = 8, x =  61 5/ x  x   x3   ĐS: x = 0, x = 2 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Nhận xét: 2x   x 2x   x   Từ phương trình tích x   x   x   ,       Khai triển rút gọn ta phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Dạng 4: a.f(x)  g(x) f(x)  h(x)  Với phương trình dạng ta đặt t  f(x) , ta phương trình theo ẩn t: at2  g(x)t  h(x)  , ta giải phương trình theo t, xem x tham số Bài Giải phương trình: a) (4 x 1) x   x  x  b) 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4x  c) x   x  x   x  d)    x  1 x2  x   x  e) x    3x   x   x Giải: a) (4 x  1) x   x  x  (1) Đặt t = x  , t   ) (1)  (4 x  1) x   2( x  1)  x   2t2 – (4x–1)t + 2x–1 =  t  (loai &  t  x 1 Với t = 2x – x 1  x 1    x  2    x 1  4x  4x 1 3x  x   x2 1  2x 1   Vậy phương trình có nghiệm x = -Trang : 21 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 b) 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4x  (2) Điều kiện: x  (2)  4x – – 4x 4x  + 3x2 = (*) t  x 4x  , phương trình (*) trở thành t2 – 4x.t + 3x2 =   t  3x Với t = x 4x  = x  x2 = 4x –  x = hay x = Đặt t = Với t = 3x 4x  = 3x  9x2 = 4x – (vô nghiệm) Vậy phương trình có hai nghiệm x = , x =   c) x   x  x   x  (3) Đặt t  x2  , (t  2) t  (3)  t    x  t   3x    t  x  Với t = x  =  x2 + =  x =  Với t = x –  x   x 2 = x –    x   x     x  1   x x     Vậy phương trình có hai nghiệm x =  d)  x  1 x2  x   x  Đặt : t  (4) x  x  , ( t  ) (4)  (x + 1)t = x2 +  x2 + – (x + 1)t = Bây ta thêm bớt, để phương trình bậc theo t có  dạng bình phương : t  x  x    x  1 t   x  1   t   x  1 t   x  1    t  x  Với t = x  x  =  x2 – 2x + =  x2 – 2x – =  x =  Với t = x –  x 1  x  2x  = x –   x x  x   x      Vậy phương trình có nghiệm x =  e) x    3x   x   x (5) Điều kiện: –  x  Đặt t =  x , (t  0) (5)   x  x  2t  t  x (*) -Trang : 22 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015   Ta rút x = – t2 thay vào được: 3t    x t    Nhưng t    x  48     x 1   x   dạng bình phương Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo    1 x , 1 x  Cụ thể sau : 3x   1  x   1  x  thay vào pt (*) ta được:  t    x  t    x t   x  1  x     t   x Với t =   x   x =  x  x = Với t =  x  x =  x  x = – Thử lại: Phương trình có nghiệm x = 0, x = – Nhận xét : Thông thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/ 1 x  x2  2x 1  x2  x 1 3x  x  x   3x  x  2 3/  x  3 x2 1  x2  3x 1 2/ 4/ 3x   x  4x  x2   x 1  ĐS: x = 1  ĐS: x = –1, x = 10 ,x= 3 ĐS: x =  ĐS: x = 2, x = HD: Đặt t =  y với y = x –  3y = – t + 2(y + 1) – Phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình: 3.1 Đặt ẩn phụ chuyển phương trình hệ phương trình với ẩn phụ: Dạng Phương trình F  n   cf(x), m   df(x)   Đặt u  n   f(x), v  m   f(x) ,  F(u,v)  ta có hệ phương trình  n m  du  cv  d  c Bài Giải phương trình: a)  x   x   (3  x)(6  x) b) 24  x  12  x  Giải  x   x   (3  x)(6  x) a) c) x   x   d) x  17  x  Điều kiện: –  x  -Trang : 23 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Đặt a  x   0, b   x  0, ta có hệ phương trình: Đây hệ đối xứng loại I, giải hệ ta a    b   hay a  b   ab   2 a  b   a    b   Với a   x  Với a   x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  6; x  3 b) 24  x  12  x  Điều kiện : x  12 Đặt u  24  x; v  12  x  u  36, v  , ta có hệ phương trình: u  v  v   u v   u         2  u  v  36  u  (6  u)  36  u(u  u  12)  (*) * *    Phương trình (*) có ba nghiệm : u  0;u  4;u  thỏa mãn u  36 Từ ta tìm được: x  24;x  88;x  Vậy phương trình cho có ba nghiệm: x  24;x  88;x  c) x   x   Điều kiện: x  Đặt a  x  1, b   x  1(a  0, b  0) ta đưa hệ phương trình sau: a  b   (a  b)(a  b  1)   a  b    a  b   b  a  Vậy x 1 1   x 1  x 1   x  x  11  17 d) x  17  x  Điều kiện :  x  17 Đặt a  x; b  17  x; a,b  Ta có hệ 4 a  b    2 [(a  b)  2ab]   2a b2  17 a  b    ab   * Với hay ab  16 a  b  :  4 a  b  17  a  b    2 a b  18ab  32   a  b  a       ab  b    hay a  x       x  16 b    -Trang : 24 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 * Với a  b    hệ  ab  16  vô nghiệm Vậy phương trình cho có hai ngiệm x =1, x = 16 Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/ x2 1  18  x2  2/ x   x   3/ x    x  ĐS: x = ± ĐS: x = ĐS: x = 2, x = 4/ (ĐH-2009A) 3x   65x   ĐS: x = – 5/ x    3x   2x  3x2  ĐS: x = – 1, x = 6/ x   x  x   x  ĐS: x = 3.1 Đặt ẩn phụ chuyển phương trình hệ phương trình với ẩn phụ ẩn x ban đầu: Dạng Phương trình  f(x)   b  a n af(x)  b n Đặt t f(x);y  n af(x) b ta có hệ: Ta thường gặp dạng:  t n  b  ay   n  y  b  at  ax  b  c(dx  e)2  x  Với d = ac +α e = bc + β Đặt dy  e  ax  b  , ta có hệ phương trình : dy  e  ax  b   dy  e  c dx  e     x   Chú ý: - Các hệ thu thông thường hệ đối xứng - Đối với dạng này, ta cần ý đến đẳng thức trình biến đổi Bài Giải phương trình: a) 2x2 – 6x – = x  b) x3   2x  c) x + 13  x2 + x 13  x2 = 11 Giải a) 2x2 – 6x – = x  5 Điều kiện x   Đặt 2y – = x  ta hệ phương trình sau: (2 x  3)  y   ( x  y )( x  y  1)   (2 y  3)  x  Với x  y  x   x   x   Với x  y    y   x  x   -Trang : 25 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Vậy nghiệm phương trình  ,  x3   2x  b) Đặt y  2x   y   2x Vậy ta có hệ phương trình: 3  x3   2y    y   2x  Trừ hai phương trình hệ: x3  y3  2(y  x)  (x  y)(x2  xy  y2  2)   x  y (Do x2  xy  y2   (x  y )2  y2   ) Thay vào hệ ta có:  x   2x  x  2x    (x  1)(x  x  1)  3 x    1  x   Vậy phương trình có ba nghiệm: x  1;x  1  c) x + 13  x2 + x 13  x2 = 11 Điều kiện :  13  x  13  x  y  xy  11 Đặt y = 13  x2 thỉ ta có hệ phương trình:  2  x  y  13 Hệ phương trình đối xứng loại I có nghiệm x = y = Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình: 1/ x3 + 3x2 – 3 3x  = – 3x HD: Đặt y + 1= 3x  ĐS: x = 1, x = – 2/ 4x2 – 13x + + 3x  = ĐS: x = HD: Đặt 3x  = – y + ( y  11  73 15  97 ,x= 8 ) D PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ : Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình dạng toán quen thuộc Ta có hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x)  k (k số) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) Bước 3: Nhận xét:  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k x0 nghiệm  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k phương trình vô nghiệm  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k phương trình vô nghiệm  Vậy x0 nghiệm phương trình Hướng 2: thực theo bước -Trang : 26 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x)  g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định f ( x) g(x) có tính chất trái ngược xác định x0 cho f ( x0 )  g ( x0 ) Bước 3: Vậy x0 nghiệm phương trình Hướng 3: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng f (u)  f (v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi f (u)  f (v)  u  v Nhận xét: Vấn đề quan trọng phương pháp nhận hàm f(x) đơn điệu nhẩm nghiệm phương trình 1) Để nhận hàm đơn điệu cần nắm số tính chất hàm đơn điệu: i) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) thì: * Hàm y  n f(x) (với điều kiện n f(x) tồn tại) đồng biến(nghịch biến) * Hàm y  (với f(x) > 0) nghịch biến (đồng biến) f(x) * Hàm y = – f(x) nghịch biến (đồng biến) ii) Tổng hai hàm đồng biến (nghịch biến) hàm đồng biến (nghịch biến) iii) Tích hai hàm dương đồng biến (nghịch biến) hàm đồng biến (nghịch biến) 2) Khi nhẩm nghiệm phương trình ta thường ưu tiên cho giá trị x mà biểu thức dấu nhận giá trị số lũy thừa mũ n (với bậc n) Bài Giải phương trình: 2x   x   a) b)  2x  x    c) x3  x  5x   x  x      d)  x  1  x  x   3x  x   Giải 2x   x   (1) a) Điều kiện: x  Xét hàm số f(x)  2x   x  3, x  Ta thấy f hàm liên tục  3;   f '(x)    0, x  2x  x  Nên hàm số f đồng biến  3;   Mặt khác f(4) = nên (1)  f(x) = f(4)  x = Vậy x = nghiệm phương trình -Trang : 27 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015  2x  x    (2) b) Điều kiện: x  Xét hàm số f(x)   2x  x   Ta có f '(x)  f 3  hàm liên tục  ;   2 1   0, x   ;  2  2x 3.3 (x  2)2    3  Nên hàm số nghịch biến  ;  Mặt khác f(– 3) = nên (2)  f(x) = f(– 3)  x = – Vậy x = – nghiệm phương trình cho x3  x  x   x  x   x3  x  x   y 3  y  y  x    x  1   Đặt y  x  x  , ta có hệ :  7 x  x   y c) Xét hàm số : f  t   t  t , hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x  f  y   f  x  1  y  x    x  1  x  x     x  1   2  x  1   d)    x  1     x  x   3x  x    x  1       3x     3x     f  x  1  f  3x  Xét hàm số f  t   t  t  hàm đồng biến R, từ phương trình f  x  1  f  3x   2x + = – 3x  x   Bài tập tự luyện Bài Giải phương trình:  x  x2 –  x  x2 = 1/ ĐS: x = HD: Đặt t = x2 – x , biến đổi phương trình dạng: 2/ 3 x   x   2x2   2x2 HD: Đặt u = 1  t  1  t ĐS: x = 1, x   x  v = 2x2 -Trang : 28 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Để kết thúc cho chuyên đề , tồng kết lại phương pháp học thông qua ví dụ sau: Giải phương trình 4x2  7x   (x  1) 2x2  4x  Để giải phương trình ta tìm cách loại bỏ thức Điều mà ta nghĩ tới bình phương hai vế để loại bỏ căn, sau bình phương ta thu phương trình bậc (x  1)(4x  7x  3)  (1) Cách Phương trình   2 2 (4x  7x  3)  (x  1) (2x  4x  3) (2) Khai triển rút gọn (2) ta phương trình : 7x4  32x3  33x2  20x    (7x  4x  3)(x  4x  2)  7x2  4x    x2  x2  4x   Kết hợp với (1) ta có x   nghiệm phương trình cho Ở cách giải trên, ta thấy sau khử ta đưa phương trình tích Điều gợi ý cho biến đổi phương trình ban đầu phương trình tích Do x = – không nghiệm phương trình nên ta có: 4x2  7x   (ax  b)  2x2  4x   (ax  b) x1 (4  a)x  (7  a  b)x   b (2  a )x  (2ab  4)x   b   (*) x1 2x  4x   ax  b 4  a  k(2  a ) ka  a   2k       a  b  k(2ab  4)   7  a  b  k(2ab  4) Ta chọn a, b cho:   2   3  b  k( 3  b ) kb  b   3k  Ta chọn k = –  a = 2, b = – 2x  8x   Khi (*) trở thành: x1 2x  8x  2x  4x   2x  Tuy nhiên để có (**) ta cần có thêm điều kiện Như ta có cách giải thứ sau: (**) 2x  4x   2x    2  10 x  2  Cách Điều kiện: 2x  4x     2  10 x   Ta thấy x = – không nghiệm phương trình nên ta có Phương trình 4x2  7x    2x2  4x  x1 -Trang : 29 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015  4x2  7x   (2x  1)  2x2  4x   (2x  1) x1 2x2  8x   2x2  4x   (2x  1) (3) x1 x   2 2x  4x    2x   x2 x2  4x     Xét Thay vào (3) ta thấy không thoả Suy 2x  4x    2x nên (3) tương 2x2  8x  2x2  8x   đương với: x1 2x2  4x   (2x  1)  x2  4x   x      2x2  4x   2x   x   2x2  4x   3x   x      x2 x  (vn )    7x  4x   Kết hợp với điều kiện, ta có x   nghiệm phương trình cho Vì phương trình xuất thức nên điều tự nhiên ta nghĩ đến việc đặt t  2x2  4x  , ta phân tích 4x2  7x   2(2x  4x  3)  15x  Thì ta có phương trình: 2t  (x  1)t  15x   Ta xem x tham số phương trình có biệt thức   (x  1)2   15x    x2  122x  71 Vì  không đưa dạng ax  b2 nên việc đưa phương trình vào bế tắc Ta tìm phân tích:   4x  7x   a 2x  4x   (4  2a)x  (7  4a)x   3a Ta có phương trình : at  (x  1)t  (4  2a)x  (7  4a)x   3a    (x  1)2  4a (4  2a)x  (4a  7)x   3a         8a  16a  x  8a  14a  x  12a  12a  Ta chọn a    12a cho: 8a  14a  2    12a  8a  16a   Phương trình có nghiệm a = – Vậy ta có cách giải thứ sau: Cách Phương trình tương đương với: 2x2  4x   (x  1) 2x2  4x   6x  3x  -Trang : 30 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Đặt t  2x2  4x  , ta có phương trình: t  (x  1)t  6x  3x   t  2x  Phương trình có    x  1  4(6x2  3x)  (5x  1)2 Từ suy   t  3x Giải phương trình ta tìm nghiệm x   Vì vế trái xuất tích x + 2x2  4x  nên ta nghĩ đến việc đưa hai vế dạng bình phương Cách Phương trình tương đương với 2x2  4x   (x  1) 2x2  4x   (x  1)2 (x  1)2  6x2  3x  4  x  1 25x2  10x   5x     2x2  4x            x  5x   2x2  4x   2x   2x  4x        2x2  4x   x    5x   2x2  4x   3x  2 Giải phương trình ta x   Vì vế trái tam thức bậc hai vế phải chứa bậc hai, tức hai vế chứa hai phép toán ngược nên ta nghĩ đến cách chuyển hệ đối xứng Ta phân tích: 4x  7x   (2x  1)2  3x  2x  4x   (x  1)(2x  1)  3x  2  u  3x   (x  1)v Do đặt u  2x  1,v  2x  4x  ta có hệ:   v  3x   (x  1)u Đây hệ đối xứng loại Ta có cách giải thứ sau: Cách 5: Phương trình   2x  1  3x   (x  1) (x  1)(2x  1)  3x  2  u  3x   (x  1)v Đặt u  2x  1,v  2x  4x  ta có hệ:   v  3x   (x  1)u Suy  u  v  u  v   (x  1)(v  u)   u  v  u  v  x  1   2x2  4x   2x  u  v    u  v  x     2x  4x   3x Giải phương trình ta x   Qua lời giải trên, thấy có nhận xét tinh tế mối quan hệ biểu thức xuất phương trình có suy luận hợp lí cho nhiều lối khác để đến mục đích -Trang : 31 Giáo viên thực : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI - Tài liệu phù hợp với đối tượng học sinh, học sinh tích cực, tự giác học tập - Củng cố nhiều kỹ Phân tích, Tư Tổng hợp Giúp em học sinh tự tin việc học môn Toán - Thống kê: Năm học ĐTB < 6,5 6,5 < ĐTB < 8,0 8,0 < ĐTB 2013 – 2014 20% 60% 20% 2014 – 2015 10% 50% 40% V ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ Có thể đưa vào chương trình học xem đọc thêm, sở giáo viên học sinh tham khảo rèn luyện VI DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Trần Phương (2002) Tuyển tập chuyên đề luyện thi Đại học môn Toán Đại Số Sơ cấp, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội Phan Huy Khải (2011) Bài tập nâng cao theo chuyên đề toán THPT– Tập 3: Phương trình – Bất phương trình – Bất đẳng thức, Nhà xuất giáo dục ,Việt Nam Nguyễn Tất Thu (2013) Cẩm nang luyện thi Đại học Đại Số Sơ cấp, Nhà xuất Tổng hợp, Thành Phố Hồ Chí Minh Nguyễn Văn Cường (2014) Một số kỹ sử dụng lượng liên hợp để giải Phương trình – Bất phương trình vô tỉ, Toán học tuổi trẻ tháng 10 năm 2014 Một số toán tác giả tích lũy trình giảng dạy -Trang : 32 [...]... Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 C PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ : 1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường - Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f(x) và chú ý điều kiện của t Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t, quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt... = 2 B NHÂN VỚI DẠNG LIÊN HỢP : Tổng quát: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích  x  x0  f  x   0 , trong đó ta có thể giải phương trình f  x   0 hoặc chứng minh f  x   0 vô nghiệm Chú ý: Điều kiện của phương trình để ta có thể đánh gía f  x   0 vô nghiệm Bài 1 Giải các phương trình: 2 x 1 = x2 + 2x – 2 a) b) (ĐH - 2010B)... 3x  x 2  5 3 2 x  1  x  x3  1 g) Giải: a) 2 x 1 = x2 + 2x – 2 (1) 1 Điều kiện: x  2 Bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được phương trình hệ quả : 2x – 1 = (x2 + 2x – 2)2 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta nhẩm nghiệm của phương trình là 1 và từ đó biến đổi phương trình làm xuất hiện nhân tử (x –1) 2( x... Từ phương trình tích x  1  1 x  1  x  2  0 ,       Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Dạng 4: a.f(x)  g(x) f(x)  h(x)  0 Với phương trình dạng này ta có thể đặt t  f(x) , khi đó ta được phương trình. .. t 2 + 2(y + 1) – 1 3 Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình: 3.1 Đặt ẩn phụ chuyển phương trình về hệ phương trình với 2 ẩn phụ: Dạng 1 Phương trình F  n   cf(x), m   df(x)   0 Đặt u  n   f(x), v  m   f(x) ,  F(u,v)  0 ta có hệ phương trình  n m  du  cv  d  c Bài 1 Giải các phương trình: a) 3  x  6  x  3  (3  x)(6  x) b) 24  x  12  x  6 Giải 3  x  6  x ... ) 2 D PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ : Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  k (k là hằng số) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) Bước 3: Nhận xét:  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó x0 là nghiệm  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó phương trình vô nghiệm... Đại số năm 2015 Để kết thúc cho chuyên đề , chúng ta tồng kết lại các phương pháp đã học thông qua một ví dụ sau: Giải phương trình 4x2  7x  3  (x  1) 2x2  4x  3 Để giải phương trình này ta tìm cách loại bỏ căn thức Điều đầu tiên mà ta nghĩ tới đó là bình phương hai vế để loại bỏ căn, hơn nữa sau khi bình phương ta thu được phương trình. .. giáo dục ,Việt Nam 3 Nguyễn Tất Thu (2013) Cẩm nang luyện thi Đại học Đại Số Sơ cấp, Nhà xuất bản Tổng hợp, Thành Phố Hồ Chí Minh 4 Nguyễn Văn Cường (2014) Một số kỹ năng sử dụng lượng liên hợp để giải Phương trình – Bất phương trình vô tỉ, Toán học tuổi trẻ tháng 10 năm 2014 5 Một số bài toán được tác giả tích lũy trong quá trình giảng dạy -Trang... thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b) 3x  1 – 6  x + 3x2 – 14x – 8 = 0 (2) 1 Điều kiện:   x  6 3 1 Phân tích: ta tìm một số x (   x  6) để 3x + 1 và 6 – x là một số chính phương 3 thỏa phương trình (2) Dễ thấy x = 5 thỏa (2), do đó ta đưa phương trình về dạng (x – 5).f(x) = 0 Vì thế ta... hợp:  TH1: g(x) = 0 thay vào phương trình ta kiểm tra, f(x)  TH2: g(x)  0 chia hai vế phương trình cho n g k (x) và đặt t  n ta g(x) được phương trình G(t) = 0 là phương trình đa thức bậc k Ta thường gặp dạng: a.f(x)  b.g(x)  c f(x)g(x)  0 Đặt t  f(x)  0 , ta có phương trình : at2  ct  b  0 g(x) Đối với dạng này, ta cần chú ý đến các đẳng thức trong quá trình biến đổi: x3  1   x 