Chuyên đề Đại số THCS - Phương trình

Trớc tình hình đó, sau khi nghiên cứu kỹ các tài liệu, tôi mạnh dạn đa ra một hệ thống kiến thức về giải ph“giải ph ơng trình bằng PP đặt ẩn phụ” với một mong ớc là làm tài liệu ôn tập,

Lời nói đầu

Việc dạy đúng chuẩn mực kiến thức của chơng trình là một nhiệm vụ quantrọng của mỗi ngời giáo viên đứng lớp Tuy nhiên, việc bồi dỡng cho học sinh khá,giỏi cũng là một việc làm rất cần thiết phải đợc tiến hành thờng xuyên ở trong cácnhà trờng phổ thông trung học cơ sở Việc bồi dỡng giúp cho học sinh khá khôngchỉ nắm vững những kiến thức, kỹ năng cơ bản mà còn có thói quen suy nghĩ, tìmhiểu kỹ vấn đề để rồi suy luận một cách hợp logíc tìm ra đợc lối giải những bài tậpkhó, giúp các em rèn trí thông minh sáng tạo, có hứng thú trong khi học môn toán

Đối với môn Toán nói chung và Toán lớp 9 nói riêng, phần " giải Phơng trình" là phần kiến thức trọng tâm, là phần kiến thức thờng xuyên xuất hiện trong

các đề thi tốt nghiệp , thi học sinh giỏi và thi vào trung học phổ thông Do đó, họcsinh cần nắm thật chắc chắn mảng kiến thức này, đặc biệt là học sinh khá giỏi cần

có cái nhìn thật đầy đủ về các dạng của phơng trình Sau khi nghiên cứu khá nhiềutài liệu tham khảo viết về vấn đề này tôi thấy, các tác giả đã đa ra các bài toán rất đadạng và phong phú, tuy nhiên các dạng bài còn tản mạn, nằm trong nhiều tài liệukhác nhau, do đó gây không ít khó khăn cho việc dạy của giáo viên và của học sinh

Trớc tình hình đó, sau khi nghiên cứu kỹ các tài liệu, tôi mạnh dạn đa ra một

hệ thống kiến thức về giải ph“giải ph ơng trình bằng PP đặt ẩn phụ” với một mong ớc là

làm tài liệu ôn tập, nhàm tạo điều kiện thuận lợi hơn cho ngời dạy và ngời học trongviệc bồi dỡng học sinh khá giỏi

Giải ph

“giải ph ơng trình bằng PP đặt ẩn phụ” là một hệ thống kiến thức có đặc thù

riêng, đợc tích hợp từ nhiều tài liệu khác nhau Nói về cách giải của nhiều loại

ph-ơng trình Với mỗi loại phph-ơng trình sau khi trình bày cách giải đều có kèm theo các

ví dụ minh hoạ, cuối mỗi dạng còn có các nhận xét và những lu ý nhằm giúp ngời

đọc dễ dàng tiếp cận với vấn đề cần nghiên cứu

Trong quá trình thực hiện đề tài chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếusót, rất mong sự đóng góp ý kiến các bạn đồng nghiệp

Tôi xin chân thành cảm ơn!

A, Lí do chọn đề tài

1 Cơ sở lí luận

-1-Thế hệ trẻ Việt Nam nói chung, giới học sinh nói riêng có may mắn là đợcsinh ra và lớn lên trong thời đại mà các cuộc cách mạng khoa học kĩ thuật côngnghệ đang trào dâng nh vũ bão, thông tin bùng nổ từng phút từng giờ, cái mới nàycha kịp đăng quang đã phải nhờng chỗ cho cái mới khác đến thay thế Vậy thì mỗithầy cô giáo, mỗi học sinh phải hành động nh thế nào?

Việc học tập hiện nay đang có xu hớng đi vào chiều sâu “giải phhọc phải đi đôi vớihành”, do vậy phải có những phơng pháp dạy và học có hiệu quả tối u nhất nhằmtìm ra những con đờng ngắn nhất, hay nhất trong việc học tập để giúp chúng ta nắmvững đợc kiến thức và đi đào sâu lợng kiến thức đã học Để đạt đợc điều đó thì mỗingời giáo viên, mỗi học sinh phải trau dồi kiến thức, su tầm và hệ thống cho chínhmình những phơng pháp học tập và nghiên cứu riêng

Trong quá trình học tập và nghiên cứu, việc đi phân loại các phơng pháp giảimột dạng toán hay bất kì một lĩnh vực nào, nó giúp chúng ta có nhiều cách nhìn,cách lý giải cho cùng một vấn đề, nó giúp chúng ta nhìn nhận, xem xét một cách kĩlỡng hơn, dới nhiều góc độ, để chúng ta tìm đợc cách giải quyết cho nhanh nhất,hiệu quả nhất

2 Cơ sở thực tiễn

Hiện nay, trong các trờng THCS và ngay cả bậc phổ thông "bài toán giải

ph-ơng trình" là một vấn đề cần bàn, đa số các giáo viên đã truyền đạt hết cho học sinh

những kiến thức, những phơng pháp giải nhng cha có tính hệ thống cao, cha đi sâuvào phân tích những u điểm, những tồn tại và khả năng ứng dụng của từng phơngpháp chính, bởi lẽ đó mà những phơng pháp giảng giải của giáo viên thờng haychồng chéo lên nhau khiến cho việc tiếp thu của học sinh thờng bị động và cha cótính quyết toán trong việc tìm cho mình một phơng pháp tối u nhất khi đứng trớcmột bài toán giải phơng trình

Mặt khác, đa số các em học sinh không có khả năng hệ thống cho mìnhnhững phơng pháp giải loại phơng trình này, hay còn phần lớn các em không biếtcách giải thế nào cho đúng, cho hay, nhất là với học sinh bậc THCS

Chính bởi những lí do trên mà tôi chọn đề tài này để phần nào tháo gỡ nhữngvớng mắc trên, giúp cho quá trình dạy và học đợc tốt hơn và đạt hiệu quả mongmuốn.

b, Mục đích nghiên cứu

Một là, giúp học sinh nắm đợc các phơng pháp giải một bài giải phơng trình

bằng phơng pháp đặt ẩn phụ Trên cơ sở đó, tìm đợc những vớng mắc, khó khăn màcác em thờng gặp phải trong quá trình giải loại bài tập này

Hai là, hệ thống một số dạng phơng trình có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ,

trên cơ sở đó phân tích những u việt hay hạn chế của từng dạng phơng trình khi giảibằng PP đặt ẩn phụ

Ba là, thông qua hệ thống ví dụ, giúp các em thấy đợc và biết cách so sánh

cũng nh nhận ra PP đặt ẩn phụ với các phơng khác khác khi cùng giải một PT, từ đótìm ra cách giải một phơng trình sao cho nhanh và đạt hiệu quả tối u nhất

-3-c, Nội dung chính

I, Hiện trạng học tập của HS

Trong quá trình bồi dỡng học sinh khá - giỏi lớp 9 Tôi thấy các em cha linhhoạt trong việc áp dụng các kiến thức đã biết để giải phơng trình một cách thànhthạo và nhanh nhất Để góp phần giúp học sinh khắc phục đợc hạn chế đó tôi đã tậptrung nghiên cứu, tổng hợp một số dạng phơng trình thờng gặp để đa ra một PP giảimới đó là " Giải PT bằng PP đặt ẩn phụ "

Đề tài này đợc áp dụng trong các buổi học bồi dỡng học sinh khá - giỏi hoặccác buổi ngoại khoá môn Toán lớp 9 có tác dụng bổ sung kiến thức cho học sinh vàphát triển t duy Toán

Trớc khi triển khai chuyên đề tôi đã tiến hành kiểm tra sự hiểu biết của các

em học sinh khá giỏi lớp 9 của nhà trờng về phơng trình và áp dụng vào giải toánqua đề bài sau

- Học sinh cha biết vận dụng kiến thức đã học để giải các bài toán cụ thể

- Học sinh cha phát huy đợc t duy sáng tạo, khả năng học hỏi, sự tìm tòi kiếnthức mới, thờng là áp dụng một cáchmáy móc các kiến thức đã học

II, Nội dung chuyên đề

Dạng 1: Phơng trình trùng phơng:

0

2 4





ax (*) a 0

* Phơng pháp giải: Đa về phơng trình bậc hai bằng cách đặt

Khi 2 < m < 3 thì phơng trình (2') có hai nghiệm dơng phân biệt, do vậy

ph-ơng trình (2) có 4 nghiệm phân biệt (Là hai cặp số đối nhau và khác nhau)

b) Phơng trình (2) có 3 nghiệm khi phơng trình (2') có nghiệm x=0 và nghiệm sốthứ hai là số thực dơng

Do vậy, trớc hết phơng trình (2) có dạng: ax4 + bx2 = 0

m-2 - 1 - 0 +

(m+1)(m-2) + 0 - 0 +

Ta thấy nghiệm của bất phơng trình (m + 1)(m - 2) < 0 là -1 < m < 2

Vậy phơng trình (2') vô nghiệm khi: -1 < m < 2

+Phơng trình (2') có hai nghiệm cùng âm khi:

0 0 0

c a b a

m m

Nhờ bảng xét dấu ta thấy bất phơng trình m2 - m -2  0 cho nghiệm m  1 ;m 2

Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc: m  -1

Vậy phơng trình (2') có hai nghiệm cùng âm khi m  -1

Tóm lại: Phơng trình (2) vô nghiệm khi m < 2

d) Nhận xét: Nghiên cứu về số nghiệm của phơng trình trùng phơng:

ax4 + bx2 + c = 0 (a0)

Ta có :

+ Phơng trình vô nghiệm khi:

- Hoặc phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm: ( < 0)

- Hoặc phơng trình bậc hai có hai nghiệm cùng âm khi:

0 0 0

c a b a

+ Phơng trình trùng phơng có hai nghiệm khi:

- Phơng trình bậc hai trung gian có nghiệm kép dơng khi

0 0 2

b a

- Hoặc phơng trình bậc hai trung gian có hai nghiệm, trong đó có nghiệm

d-ơng, một nghiệm âm Điều này xảy ra khi  0

a c

+ Phơng trình trùng phơng có 3 nghiệm (2 nghiệm đơn, 1 nghiệm kép x=0)

Xảy ra khi at2 + bt + c = 0 có hai nghiệm t1=0;t2=  0

a b

Muốn vậy ta phải có:

0 0

c b a

đối nhau, khác nhau

+ Nếu phơng trình bậc hai trung gian có nghiệm kép t = 0 (xảy ra khi b = c = 0) thì

phơng trình có nghiệm x = 0 (đây là 4 nghiệm trùng nhau).

+ Khi nói đến nghiệm số của phơng trình trùng phơng là số lẻ thì trong đó phải cónghiệm số kép

Dạng 2: Phơng trình dạng: ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + k = 0 (*) với a  0Trong đó

-7-Do x = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña (*) Chia c¶ 2 vÕ cña ph¬ng tr×nh cho x2

x x

y     

pt (**)  A(y2 - 2 ) + By + C = 0

VÝ dô 2.1 Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:x4  4x3  6x2  4x  1 0 (1)

Gi¶i:

Ta thÊy x = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1)

Chia c¶ 2 vÕ cña pt (1) cho x2 ta cã:





x x

Giải phơng trình 2 2 , 5 1 0





 x x

2

5 , 1 5 , 2

x   (Thoả mãn x 0)Vậy phơng trình (2) có 4 nghiệm: S 1

+ Về số nghiệm của phơng trình đối xứng:

- Nếu phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm  phơng trình đầu vô nghiệm

- Nếu phơng trình bậc hai trung gian có nghiệm t1, t2 nhng các phơng trình t1

x  có bao nhiêu nghiệm thì phơng trình

đầu có bấy nhiêu nghiệm

; 2

21 3

; 2

13 3

; 2

13 3

* Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình sau:

-9-Dạng 3: Phơng trình dạng : (xa)(xb)(xc)(xd) m

Trong đó 4 hệ số a; b; c; d chia làm hai cặp, mỗi cặp 2 số có tổng bằng nhau,chẳng hạn: a + d = b + c

* Cách giải : pt (xa)(xb)(xc)(xd) m

Nhóm (x+a) với (x+d); (x+b) với (x+c)

Khai triển tích đó đa về phơng trình dạng: x2+(a+d)x+ad

Do a + d = b + c nên ta đặt x2+(a+d)x + k = t

Khi đó, ta sẽ đa đợc phơng trình về dạng: At2+Bt +C =0

Giải phơng trình này ta tìm đợc nghiệm của t (khi phơng trình có nghiệm).

Giải tiếp phơng trình: x2+(a+d)x+ad = t ta sẽ có kết luận về nghiệm của phơng trìnhban đầu

Nếu phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm thì đơng nhiên phơng trìnhban đầu vô nghiệm

; 2

4 5

; 2 5 5

; 2 85 5

; 2 85 5

*) Đối với phơng trình dạng : d(xa)(xb)(xc) mx Trong đó

2

c b a

d   

) )(

y  hoặc y (xa)(xb)

Nhận xét:

Với loại phơng trình có dạng trên, nếu khai triển vế trái đợc phơng trình bậc 4

đầy đủ dẫn đến ta sẽ khó giải bởi THCS cha học Bằng việc nhóm hợp lý 2 đôi hệ

số, khai triển biến đổi trong mỗi nhóm ta sẽ đa đợc về phơng trình bậc hai trunggian

+ Nếu phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm  phơng trình ban đầu vô nghiệm

+ Khi giải phơng trình bậc hai trung gian (ẩn t) sau khi giải tìm đợc giá trị ta trả biến và giải phơng trình bậc hai theo ẩn x, thì nghiệm của phơng trình này (nếu có)

là nghiệm của phơng trình đầu

Bài tập áp dụng: Giải phơng trình:

4 2

-11-Đặt t = 4

2

5 3

x

1 -

t 3

x

5

t 6

x

Phơng trình (2) có dạng: (t + 5)4 + (t - 5)4 = 82

Ta có v1 = - 75+71 = -4  Không thoả mãn điều kiện v 0

v2 =-75 -71 = -146  Không thoả mãn điều kiện v 0

Vậy phơng trình (2’) vô nghiệm  phơng trình (2) vô nghiệm

một phơng trình trùng phơng (trung gian) có dạng tổng quát: t4 + Bt2 + C = 0

Qua phép biến đổi t2=X (với x 0) ta đa đợc phơng trình về một phơng trìnhbậc hai trung gian: X2 + BX + C=0

Số nghiệm của phơng trình (x+a)4 + (x+b)4 = c phụ thuộc vào số nghiệm củaphơng trình bậc hai trung gian: X2+BX +C = 0

- Nếu phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm hoặc chỉ có nghiệm âm thì phơngtrình trùng phơng t4 +Bt +C=0 vô nghiệm và do đó phơng trình đầu vô nghiệm

- Nếu phơng trình bậc hai trung gian có nghiệm không âm X0 thì phơng trình đầu

Lu ý rằng số nghiệm của phơng trình đầu phụ thuộc vào số nghiệm của

ph-ơng trình trùng phph-ơng và do đó phụ thuộc vào số nghiệm của phph-ơng trình bậc haitrung gian

Nh vậy: Nếu phơng trình bậc hai trung gian X2 + BX + C = 0 có:

+ V« nghiÖm hoÆc chØ cã c¶ 2 nghiÖm ©m th× ph¬ng tr×nh ®Çu v« nghiÖm.+ NÕu ph¬ng tr×nh bËc hai trung gian cã mét nghiÖm d¬ng, mét nghiÖm ©mth× ph¬ng tr×nh ®Çu cã hai nghiÖm ph©n biÖt.

+ NÕu ph¬ng tr×nh bËc trung gian cã c¶ hai nghiÖm d¬ng (ph©n biÖt) th×

ph-¬ng tr×nh ®Çu cã 4 nghiÖm ph©n biÖt

+ NÕu ph¬ng tr×nh bËc hai trung gian cã mét nghiÖm d¬ng vµ mét nghiÖmb»ng 0 th× ph¬ng tr×nh ®Çu cã 3 nghiÖm

+ NÕu ph¬ng tr×nh bËc hai trung gian cã mét nghiÖm kÐp d¬ng th× ph¬ngtr×nh ®Çu cã hai nghiÖm kÐp ph©n biÖt

* Bµi tËp ¸p dông: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:

bx c

mx ax

b

x

c m ax

(**)

§Æt

x

c ax

y  Ta cã pt (**) d

m y

b m y

13 3

5 2

-13-Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm

Bài tập áp dụng : Giải các phơng trình sau:

1)

3

8 1

2 1 4

x x

7 10 4

3 7

8 4

x x

Dạng 6: Phơng trình dạng ( 3 13) ( 1)

x x b x x

Phơng pháp giải: Có 3 13

x x

x x

- Nếu phơng trình (*) có nghiệm t = t0, ta giải tiếp phơng trình f(x)=t0 (**)

- Nếu nghiệm của phơng trình (**) thoả mãn điều kiện  Đó chính là nghiệm củaphơng trình đã cho

; 2 21 3

; 2 13 3

; 2 13 3

Ví dụ 7.3: Giải phơng trình:

36

13 2

1 1

-15-Thêm vào 2 vế của (*) biểu thức:

2

1 1

1 2







x x

Ta đợc phơng trình tơng đơng:

2

1 1

1 2 36

13 2

1 1

1 2 2

1 1

1 (

2 36

13 2

1 1

1 (

2 )

2 )(

1 (

1

Thay vào phơng trình (**) ta có 0

36

13 2

1 (

dạng 8: Đặt ẩn phụ để chuyển PT vô tỉ về PT hữu tỉ

- Ta thờng đặt một ẩn mới thay ẩn của phơng trình song chúng ta phải chútới điều kiện liên quan giữa ẩn cũ và ẩn mới

- Với t = 2 ⇔ 2  x2  3x ⇔ 4 = x2 + 3x ⇔ x2 + 3x – 4 = 0

Phơng trình có a + b + c = 0 (1 + 3 – 4 = 0) nên phơng trình có hai nghiệmphân biệt: x1 = 1; x2 = - 4

Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = 4

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là: x = 1; x = 4

Chú ý: Việc áp dụng lợc đồ Hoocle giúp ta tách đợc đa thức bậc cao về tích

các đa thức bậc nhất một cách dễ dàng hơn.

-17-2 2

7 3

1    t

(loại) 5 2

7 3

VÝ dô 8.4 : Gi¶i ph¬ng tr×nh:

1 (1) 2

2

x x x x

1

1 1 2

1 2

1

t t t t

X

X    ⇔ X2 – 2X – 3 = 0Ph¬ng tr×nh cã 1 + 2 + 3 = 0, nªn ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ:

X1 = - 1 Kh«ng tháa m·n víi ®iÒu kiÖn (**)

X2 = 3Tháa m·n ®iÒu kiÖn (**)

-Víi X = 3 ⇔ 3  3 x  6 x ⇔ (3 x).(6  x) 0 

⇔ x = - 3 hoÆc x = 6 (Tháa m·n ®iÒu kiÖn (*))

VËy ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm: x1 = -3; x2 = 6

VÝ dô 8.6: Gi¶i ph¬ng tr×nh3 2  x   1 x 1 (1)

Gi¶i:

Vậy phơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt : x1 = 1 ; x2 = 2 ; x3 = 10.

Chú ý: Với điều kiện x ≥ 1 ta suy ra t ≤ 1, việc này sẽ giúp chúng ta giải đợc

một cách nhanh chóng khi ta tìm đợc những nghiệm t không thỏa mãn, tránh đợc quá trình giải lan man với những nghiệm t không cần thiết.

Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình sau:

x  x 

dạng 9 Quy phơng trình vô tỉ về hệ phơng trình.

Ngoài việc đặt ẩn phụ để đa phơng trình vô tỉ về phơng trình hữu tỉ, chúng tacòn đặt ẩn phụ để đa phơng trình vô tỉ về hệ phơng trình Đây là cách giải rất thíchhợp cho các phơng trình vô tỉ

-19-Giải PT đợc y1 = 1 ( TM) ; y2 = 7

3

 ( Không TM)Với y = 1  t = 3 Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất (t;y) = (3 ; 1)

9 6

x x

4 1 10

22

3 2 10

3

2

x

x x

x x

X X

x

Ví dụ 9.5 : Giải phơng trình saux3  1 2 23 x 1 (1)

Vậy nghiệm của phơng trình (1) là x=7

Nhận xét: Khi giải phơng trình vô tỷ bằng ph ơng pháp đặt ẩn dụ,

ta cần hớng dẫn học sinh đặt điều kiện cho ẩn dụ Số nghiệm của ph ơngtrình đầu phụ thuộc vào số nghiêm ph ơng trình bậc hai trung gian và

điều kiện có nghĩa của ph ơng trình đầu

+ Nếu phơng trình bậc hai trung gian vô nghiệm thì ph ơng trình

đầu vô nghiệm

R y x với y

y

xy

2 2

2

+ Nếu phơng trình bậc hai trung gian có nghiệm nh ng nghiệm đókhông thuộc miền xác định của ph ơng trình đầu thì ph ơng trình đầu vônghiệm.

+ Trái lại, nếu các nghiệm số tìm đ ợc của phơng trình bậc haitrung gian làm cho các ẩn số của ph ơng trình đầu thuộc miền xác địnhcủa nó thì phơng trình đã cho có nghiệm

Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình sau:

3 2 9 3