Phương pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS

“Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ ” giúp học sinh phát triển tư duy, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo trong giải toán. Đồng thời giáo dục tư tưởng, ý thức, thái độ, lòng say mê học toán cho học sinh. Nghiên cứu về “phương pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS”. Giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có phương pháp giảng dạy phần này có hiệu quả.

Phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình toán THCS MỤC LỤC Nội dung Mục lục Báo cáo kết nghiên cứu, ứng dụng sáng kiến kinh nghiệm Lời giới thiệu Tên sáng kiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Ngày áp dụng sáng kiến lần đầu Mô tả chất sáng kiến 5.1 Kiến thức liên quan đến sáng kiến 5.2 Các dạng phương trình vơ tỉ 5.3 Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ 5.3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ 5.3.2 Phương pháp nâng lên luỹ thừa 5.3.3 Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối 5.3.4 Phương pháp đưa phương trình tích 5.3.5 Phương pháp vận dụng đẳng thức 5.3.6 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức 5.3.7 Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai 5.3.8 Phương pháp đưa tổng biểu thức không âm 5.3.9 Phương pháp vận dụng lượng liên hợp 6.Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến Trang 3 4 4 6 15 17 20 21 23 28 29 30 31 Đánh giá lợi ích thu áp dụng sáng kiến 31 Danh sách tổ chức,cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu 33 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1.Lời giới thiệu: + Trong q trình phát triển, xã hội ln đề yêu cầu cho nghiệp đào tạo người Chính mà dạy tốn khơng ngừng bổ xung đổi 1 để đáp ứng với đời đòi hỏi xã hội Vì người giáo viên nói chung phải ln ln tìm tòi, sáng tạo, đổi phương pháp dạy học để đáp ứng với chủ trương đổi Đảng Nhà nước đặt +Trong chương trình mơn tốn lớp THCS kiến thức phương trình vơ tỉ khơng nhiều song lại quan trọng tiền đề để học sinh tiếp tục học lên THPT + Khi giải tốn phương trình vơ tỉ đòi hỏi học sinh nắm vững kiến thức thức, phương trình, hệ phương trình, phép biến đổi đại số Học sinh biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo kiến thức, kỹ từ đơn giản đến phức tạp “Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ ” giúp học sinh phát triển tư duy, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo giải toán Đồng thời giáo dục tư tưởng, ý thức, thái độ, lòng say mê học tốn cho học sinh + Nghiên cứu “phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình tốn THCS” Giúp giáo viên nâng cao lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp tri thức học, mở rộng, đào sâu hồn thiện hiểu biết Từ có phương pháp giảng dạy phần có hiệu + Nghiên cứu vấn đề để nắm thuận lợi, khó khăn dạy học phần phương trình vơ tỉ bồi dưỡng học sinh giỏi, từ định hướng nâng cao chất lượng dạy học môn tốn + Nghiên cứu vấn đề giúp giáo viên có tư liệu tham khảo dạy thành cơng phương trình vơ tỉ + Nâng cao chất lượng dạy học sau nghiên cứu áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, giúp cho giáo viên dạy có hiệu cao hơn, học sinh ham thích học dạng tốn + Phương trình vơ tỉ loại toán mà học sinh THCS coi loại toán khó, nhiều học sinh khơng biết giải phương trình vơ tỉ nào? có phương pháp nào? Các tốn phương trình vơ tỉ dạng tốn hay khó, có nhiều đề thi học sinh giỏi cấp, thi vào lớp 10 THPT Tuy nhiên, tài liệu viết vấn đề hạn chế chưa hệ thống thành phương pháp định gây nhiều khó khăn việc học tập học sinh, công tác tự bồi dưỡng giáo viên + Mặt khác, việc tìm hiểu phương pháp giải phương trình vơ tỉ ít giáo viên nghiên cứu +Vì việc nghiên cứu phương pháp giải phương trình vơ tỉ thiết thực, giúp giáo viên nắm vững nội dung xác định phương pháp giảng dạy phần đạt hiệu quả, góp phần nâng cao chất lượng dạy học, dặc biệt chất lượng học sinh giỏi giáo viên giỏi trường THCS.Do tơi chọn đề tài:“phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình tốn THCS” Tên sáng kiến: “Phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình tốn THCS” 2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: + Có thể áp dụng để giảng dạy mơn Tốn lớp lớp trường THCS Ngày áp dụng sáng kiến lần đầu (hoặc ngày dùng thử): Tháng năm 2017 Mô tả chất sáng kiến: 5.1 Kiến thức liên quan đến sáng kiến: 5.1.1 Định nghĩa: Phương trình vơ tỉ phương trình có chứa ẩn thức 5.1.2 Các bước giải phương trình vơ tỉ ( Dạng thơng thường): - Tìm điều kiện xác đinh phương trình - Dùng phép biến đổi tương đương đưa dạng phương trình học - Giải phương tìm - Đối chiếu kết tìm với điều kiện xác định kết luận nghiệm *Chú ý: Với phương trình có tập xác định R q trình biến đổi phương trình khơng cần thêm điều kiện phải thử lại với nghiệm tìm 5.1.3 Các kiến thức thức: - Một số âm khơng có bậc chẵn -Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế phương trình để phương trình tương đương phải đặt điều kiện cho hai vế không âm A2 = A A± B = A + A2 − B ± A − A2 − B với A > 0; A2 > B > 5.2 Các dạng phương trình vơ tỉ bản: 5.2.1 Dạng 1: f ( x) = g ( x ) Sơ đồ cách giải: f ( x) = g ( x ) (1) g (x) > (2) f(x) = [g(x)] (3) f ( x ) + g ( x ) = h( x ) 5.2.2 Dạng 2: (1) Tìm điều kiện có nghĩa phương trình: f(x) > g(x) > (2) h (x) > Với điều kiện (2) hai vế phương trình (1) khơng âm nên bình phương hai vế phương trình (1) rút gọn ta được: [ h( x)] − f ( x ) − g ( x) f ( x).g ( x) = (3) Phương trình (3) có dạng (1) nên tiếp tục giải theo phương pháp dạng (1) Đối chiếu nghiệm tìm (3) với điều kiện xác định kết luận nghiệm f ( x) + g ( x) = h( x) 5.2.3 Dạng 3: Cách giải dạng (2) f ( x ) + g ( x ) = h( x) + p ( x) 5.2.4 Dạng 4: (1) Điều kiện xác đinh phương trình: f(x) > g(x) > (2) h (x) > p (x) > f ( x) + g ( x) = h( x) Bình phương hai vế phương trình để đưa dạng Tuỳ theo trường hợp, ta đưa giải phương trình vơ tỉ (căn bậc n) 4 f ( x) + g ( x) + n f ( x) g ( x) = h( x) 5.2.5 Dạng 5: (1) Điều kiện : f(x) > g(x) > f ( x) + g ( x ) Đặt ẩn phụ a = => (a > 0) a − f ( x) − g ( x) f ( x).g ( x) = Đưa phương trình (1) phương trình biết cách giải để giải 5.3 Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ: Trên dạng phương trình vô tỉ cách giải tương ứng ta gặp dạng phương trình vơ tỉ đưa dạng Sau số phương pháp giải phương trình vơ tỉ thường gặp 5.3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ: a) Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai Dạng 1: αf(x) + β f (x) Đặt t = f (x) +γ=0 , (t ≥ 0) f(x) = t2 Phương trình cho trở thành αt2 + βt + γ = Dạng 2: α(x – a)(x – b) + β(x – a) x−b x−a +γ=0 x −b x−a Đặt t = (x – a) t2 = (x – a)(x –b) Phương trình cho trở thành αt2 + βt + γ = 5 Dạng 3: α ( ( ) A± B +β A± B ( ) A ± B +γ = ) Đặt t = , phương trình trở thành αt2 + βt + γ = *Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình x2 – 4x + = Đặt t = x2 − 4x + x − 4x + (1) (t ≥ 0) phương trình (1) trở thành t2 – 2t – = ⇔ t1 = -1 (loại) t2 = với t = x2 − 4x + = ⇔ x2 – 4x – = 2 x = ± nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2: Giải phương trình x−2 x+5 (x + 5)(x – 2) – 4(x + 5) +3=0 Lời giải: Điều kiện: x < -5 x > Đặt t = (x + 5) x−2 x+5 ⇒ t2 = (x + 5)(x – 2) Phương trình (2) trở thành t2 – 4t + = ⇔ Với t = (x + 5) ⇔x= − + 53 x−2 x+5 =1⇔ t = t =  x + >  ( x + 5)( x − 2) = ⇔  x > −5   x + 3x − 11 = (tmđk x> 2) Với t = (x + 5) − + 85 ⇔x= x−2 x+5 =3⇔ x + >  ( x + 5)( x − 2) = ⇔  x > −5   x + 3x − 19 = (tmđk x> 2) Vậy phương trình (2) có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình − + 53 x + + x − + 49x + x − 42 = 181 − 14 x ; − + 85 (3) Lời giải: ĐK: x ≥ Đặt t = 7x + + 7x − t2 + t – 182 = ⇔ với t = 13 (t ≥ 0) phương trình (3) trở thành (loại) t = −14(loai ) t = 13  7x + + 7x − =13 49x + x − 42 ⇔ = 84 - 7x ⇔ x = Vậy phương trình (3) có nghiệm x = *Bài tập tương tự 1) 3x + 21x + 18 + x+ x+ x2 + 7x + =2 1 + x+ =2 2) 3) (x-1)(x+3) + 2(x – 1) x+3 x −1 =8 x +1 x−3 4) (x-3)(x+1) +4(x – 3) 5) (x + 1)(x + 4) = 6) -4 +3=0 x + x + 28 (4 − x)( + x) = x − x − 12 x+ x = 2x + +4 2x 7) 3x − + x − = x − + 3x − x + 8) x + + x −1 = 9) x2 + x + 10) = x( x + 5) = 33 x + x + − 11) b) Đặt ẩn phụ đư phương trình tích *Các ví dụ minh họa: ( Ví dụ 1: Giải phương trình Lời giải: ĐK: ≤ x ≤ Đặt t = 1− x ) x = 2015 + x 1 − − x    ⇒0≤t≤1 x Khi = - t2 ⇒ x = (1 – t2)2 Phương trình (6) trở thành (1 – t2)2 = (2015 + – t2)(1 – t)2 ⇔ (1 – t)2(1 + t)2 - (2015 + – t2)(1 – t)2 = ⇔ (1 – t)2 [ + 2t + t2 – 2015 – + t2] = 8 ⇔ (1 – t)2 ( 2t2 + 2t – 2015) = Vì ≤ t ≤ 2t2 + 2t – 2015 < nên – t2 = ⇔t=1⇔x=0 Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình Lời giải: ĐK x ≥ - x +1 Đặt a = (a ≥ 0); b = ( ) x2 + = x3 + x2 − x +1 (b > 0) ⇒ a2 = x + 1; b2 = x2 - x + ⇒ x2 = b2 + x - = b2 + a2 - phương trình (7) ⇔ 2(a2 + b2) = 5ab ⇔ 2a2 + 2b2 – 5ab = ⇔ 2a2 – ab – 4ab + 2b2 = ⇔ a( 2a – b) – 2b( 2a – b) = ⇔ (a – 2b)(2a – b) = ⇔ a = 2b 2a = b  ⇔ 4 x − x + =   x − x − = Kết hợp điều kiện x ≥ -1 phương trình có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình 7x +1 − 37 ;x= + 37 x + − x − x − + x − 8x − = − x2 − x − x − 8x − Đặt a = ;b= ;c= Ta có: a + b + c = ⇒ (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 = (7x + 1) – (x2 – x – 8) + ( x2 – 8x – 1) = ⇒ (a + b + c)3 – (a3 + b3 + c3) = ⇔ 3(a +b)(b + c)(c + a) = 9 3 x + = x − x −  3 x − x − = x − x −  3 x − x − = − x +  a = −b b = −c  c = −a  x − 8x − =  7 x − = x2 − x =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình (8) có tập nghiệm S = { -1; 0; 1; 9} *Bài tập tương tự: x +1 1) x +  x = −1; x = x =   x = 0; x = =1 ) ( x2 + − x2 + x = + x2 + 2) 3) x2 + x+ 12 4) 2(1 – x) 5) x +1 = 36 x2 + x − ) = x2 -2x – ( x −1 +1 + x −1 = − x ( x + − x + + x + 7x + 10 = 3 ) )( 6) x + − 3x = 2x − 7) + x − = x + 2x − x x x 8) x − x2 − + x + x2 − = 9) c) Đặt ẩn phụ đư hệ phương trình bậc Dạng 1: Phương trình có dạng Đặt 10 ax + b = u (u ≥ 0); c − ax ax + b + c − ax = d = v (v ≥ 0) 10 x − = 5x − + 3x − ⇔ ⇔ x − = 8x − + (5x − 1)(3x − 2) − 7x = (5x − 1)(3x − 2) Vế trái số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ ⇒ phương trình vơ nghiệm b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế: Ta phải chứng minh: VT ≥ m  VP ≤ m ( với m số) => VT = VP = m nhận định kết để trả lời Ví dụ Giải phương trình: 3x + 6x + + 5x + 10x + 14 = − 2x − x (1) Ta có: (1) ⇔ ⇔ Vế trái ≥ 4 9    x + 2x + + ÷ +  x + 2x + + ÷ = −(x + 2x + 1) + 3 5   3(x + 1) + + 5(x + 1) + = − (x + 1) + = 2+3=5 Vế phải ≤ Dấu “=” xảy ⇔ x = –1 Vậy: phương trình cho có nghiệm x = –1 Ví dụ Giải phương trình: x − 18 x + 28 + x − 24 x + 45 = − x + x − Nhận xét: 28 28 x − 18 x + 28 = 3( x − x + 9) + 3( x − 3) + ≥ = x − 24 x + 45 = 4( x − x + 9) + = 4( x − 3) + ≥ VT ≥ 1+ = VP = -x2 + 6x -5 = -( x2 -6x + 9) + = -(x – 3)2 +4 ≤ Do hai vế x – =  x = Vậy, nghiệm phương trình x = Ví dụ Giải phương trình: Điều kiện xác định: ≤x≤ 2 Áp dụng bất đẳng thức: VT = x − + − x = x − 12 x + 14 ( a + b) ≤ a2 + b2 ta có: ( 2x − 3) + ( − 2x ) ≤ 2x − + − 2x = 2 VP = 3x2 -12x + 14 = 3( x2 – 4x + 4) +2 = 3( x-2)2 + ≥ Hai vế x – =  x = 2( Thỏa mãn điều kiện) Vậy, nghiệm phương trình x = c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm nghiệm, chứng minh nghiệm đó nhất) Ví dụ Giải phương trình: Điều kiện x ≥ 29 x+7 + = 2x + 2x − x +1 29 Dễ thấy x = nghiệm phương trình Ta xét: – Nếu ≤x 8+ nên không thỏa mãn phương trình – Nếu x > ta có : VP = 2x + 2x − > 2.2 + = 8+ mà VT < 8+ nên khơng thỏa mãn phương trình Vậy: Phương trình cho có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình: + =6 3− x 2−x Điều kiện: x < Bằng cách thử, ta thấy x = nghiệm phương trình Ta cần chứng minh nghiệm Thật vậy: 8 ⇒ x 4x − > Với điều kiện Nên: 31 31 x 4x − + ≥2 x 4x − Dấu “=” xảy ⇔ x = 4x − ⇔ x − 4x + = x − 4x + − = ⇔ (x − 2) = ⇔ x − = ± ⇔ x = ± ⇔ Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 2± e) Phương pháp áp dụng bất đẳng thức để đánh giá vế của phương trình kết hợp với phương trình cho kết luận nghiệm: Ví dụ: Giải phương trình: x2 + x −1 + − x2 + x +1 = x2 − x + Điều kiện xác định: -x2 +x +1 ≥ ab ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cô-si dạng x2 + x −1 ≤ a+b biểu thức căn: x2 + x −1+1 − x2 + x +1+1 − x + x +1 ≤ 2 => x2 + x +1 + − x2 + x +1 ≤ x +1 Kết hợp với với phương trình cho ta có: ≤ x2 − x + ≤ x +1  ( x − 1) ≥ Dấu đẳng thức xảy  x = 1( thỏa mãn điều kiện) Thay x = vào phương trình để thử ta thấy x = nghiệm phương trình * Bài tập tương tự: Giải phương trình sau: 1) 32 x2 +1 + x2 + = 32 2) 2x − + x − = HD: Đoán nghiệm x= 1, xét trường hợp x > x < 3) x + x −5 + x +7 = HD: Suy luận vế phải số nguyên 9, vế trái tổng ba thức nên giá trị thức phải số nguyên Nhẩm nghiệm x = thỏa mãn phương trình, xét tiếp trường hợp x > x < 36 x−2 + = 28 − x − − y − y −1 4) HD: Chuyển số hạng chứa sang vế áp dụng bất đẳng thức Cô- si x + x + 13 = 5) y − 2y + ( x + 2) + ≥ HD: VT = ; VP = ≤3 ( y − 1) + Xét trường hợp dấu “ =” xảy nào? 5.3.7 Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai: Đưa phương trình cho dạng phương trình tắc: ax + bx +c = (a ≠0) *Ví dụ minh họa: Ví dụ Giải phương trình: x - 7x + 2(x+2) Điều kiện xác định: x 33 ≥ x + = 24 (1) Khi ta có: 33 x+3 = (1) x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2) - 8(x +3) + 2(x +2) x+3 Đặt y = x+3 +x2+x=0 (y > 0) , ta có: (1) - 8y2 + 2(x + 2)y + x2 + x = ∆' = (x + 2)2 + 8(x2 + x) = (3x + 2)2 y1 = − x − + 3x + − x = −8 + Với y1 = −x , y2 = x+3 = ta có −x − x − − 3x − x + = −8 x+3 = x + x + + ∆' => =4+3=7 x + = −2 − x + = −2 + < (loại) >0 x +3 = + - + Với y2 = x +1 x+3 = ta có x + - 34 x +3 −3 = x +1 x = - x + - x+3 −2 = , ∆' < -3 (loại) x+3 = =1+2=3 34 x + = 1− < x + = 1+ > (loại) ( *) (Thỏa mãn điều kiện) Giải ( *) ta có : x + = + + ≥ x 3 x = + (Thỏa mãn điều kiện 3) Vậy : Nghiệm phương trình cho x = + *Bài tập tương tự: Giải phương trình: 1) x + x + 12 x + = 36 HD: x + x + 12 x + = 36 ( x + ) + 12  x + = 36 + ( x + 1) Đặt t = x2 +1 có phương trình: t4 +12t = 36 + t2  t4 = ( t – 6)2 2) x2 + x + x2 + x +1 + = HD: (1)  (1) ( x + x + 1) + x + x + + = 5.3.8 Phương pháp đưa tổng của biểu thức khơng âm: *Ví dụ Giải phương trình: x −2 + y −3 + z −5 x+y+z+4=2 (1) Điều kiện xác định: x > ; y > ; z > Với điều kiện ta có: x − + 1) + ( y − − y − + 4) + ( z − − z − + 9) = (1) (x - - 35 35 x − − 1) + ( y − − 2) + ( z − − 3) = ( x − −1 = x −3 −2 = x-2=1 z −5 −3 = y-3=4 x=3 z -5 = y=7 z = 14 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm phương trình là: x = 3; y = 7; z = 14 5.3.9 Phương pháp vận dụng lượng liên hợp: *Ví dụ Giải phương trình: 3x − x + − x − = 3x − x − − x − 3x + Điều kiện xác định: (1) 3 x − x + ≥  x − ≥  3 x − x − ≥  x − 3x + ≥  Dấu “=” điều kiện thứ thứ ba, thứ hai thứ tư không đồng thời xảy Do đó: (1)  3x − x + − 3x − 3x − = x − − x − 3x + (3 x − x + 3) − (3 x − x − 1)  36 3x − x + + 3x − x − = ( x − 2) − ( x − x + 4) x − + x − 3x + 36 3x − x + + 3x − x − ( – x)( + x − + x − 3x + 2 )=0  –x =  x = Vậy, nghiệm phương trình (1) x = Ví dụ Giải phương trình: x + + x = 3x + 10 + x≥ Điều kiện định: Từ ta có x + + 3x + 10 > (5 x + 6) − (3x + 10) x + − 3x + 10 + x + =  (x -2)( x + + x + 10  (2) x + + x + 10 Do đó: +x−2=0 +1 ) =  x – =  x = Vậy, nghiệm phương trình (2) x = *Bài tập tương tự: Giải phương trình: 1) 2) x + x + − x − x + = −2 x x − 5x + − x − = x − x − − x + x + 6.Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: * Khi giải phương trình vơ tỉ cần tránh sai lầm sau: + Không ý đến điều kiện có nghĩa thức + Khơng đặt điều kiện có nghĩa thức * Để giải phương trình vơ tỉ thành thạo kiến thức sau cần nắm vững + Các phép biến đổi thức + Các phép biến đổi biêủ thức đại số + Các kiến thức phương pháp giải phương trình hệ phương trình + Các kiến thức bất đẳng thức *Để dạy học cho học sinh hiểu vận dụng tốt phương pháp giải phương trình vơ tỷ thân giáo viên phải hiểu nắm vững phương trình vơ tỷ,các dạng phương trình vơ tỷ, phân biệt khác phương trình vơ tỷ với dạng 37 37 phương trình khác, đồng thời phải nắm vững phương pháp giải phương trình vơ tỷ Đánh giá lợi ích thu áp dụng sáng kiến Với sáng kiến kinh nghiệm này, áp dụng vào thực tế giảng dạy Trường THCS … từ năm 2017 lần áp dụng gần tham gia chuyên đề cấp cụm năm 2017 Các thầy cô tham dự đánh giá cao giải pháp chúng tơi, nhận thấy có tính khả thi khuyến khích áp dụng cho khối 8,khối trường THCS cụm Trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, khảo sát chất lượng học sinh khối 8, sau năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệm khảo sát học sinh khối Trường THCS Kết đạt sau: 38 38 Đầu năm học 2017 - 2018 (lớp 8) Số lượn g học sinh 178 Học sinh giỏi Học sinh Số lượn g Số lượn g 15 Tỉ lệ (%) 8,5(% ) 42 Tỉ lệ (%) 23,7(% ) Học sinh trung bình Số lượn g 61 Tỉ lệ (%) 49(% ) Học sinh yếu Số lượn g 49 Tỉ lệ (%) 28(% ) Học sinh Số lượn g 11 Tỉ lệ (%) 5,4(% ) (Bảng 1: Kết khảo sát đầu năm học 2017-2018) Số lượn Học sinh giỏi g học sinh 178 Số lượn g 26 Tỉ lệ (%) 15(% ) Học sinh Số lượn g 53 Tỉ lệ (%) 30(% ) Học sinh trung bình Số lượn g 56 Tỉ lệ (%) 32(% ) Học sinh yếu Số lượn g 36 Tỉ lệ (%) 20(% ) Học sinh Số lượn g Tỉ lệ (%) 3(% ) (Bảng 2: Kết khảo sát chất lượng học sinh lớp cuối học kỳ I năm học 20182019) Như vậy, sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, kết học tập học sinh khả quan Đây hiệu ban đầu coi tín hiệu vui em bắt đầu biết giải phương trình vô tỉ với dạng khác Tuy nhiên, kết ban đầu mà thu nhận Chúng tơi 39 39 hiểu hình thành lực cho học sinh cần phải có thời gian, cần q trình, khơng thể áp dụng giải pháp có kết chất lượng học sinh tăng lên tín hiệu khả quan Điều cho thấy, học sinh có chuyển biến tích cực cách làm áp dụng thường xuyên, có hiệu giúp học sinh nâng cao chất lượng môn học 40 40 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Số TT Tên tổ chức/cá nhân Địa Phạm vi / Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Lớp 8A Trường THCS Thổ Tang Các tiết học mơn Tốn lớp Lớp 8B Trường THCS Thổ Tang Các tiết học mơn Tốn lớp Lớp 8G Trường THCS Thổ Tang Các tiết học mơn Tốn lớp Lớp 8E Trường THCS Thổ Tang Các tiết học mơn Tốn lớp Vĩnh Tường, ngày 20 tháng năm 2019 Hiệu trưởng (Ký tên, đóng dấu) Vĩnh Tường, ngày … tháng … Vĩnh Tường, ngày 20 tháng năm 2019 năm 2019 CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG Tác giả sáng kiến SÁNG KIẾN CẤP HUYỆN (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký tên, đóng dấu) Nguyễn Quang Vinh 41 41 42 42 ... giáo viên giỏi trường THCS. Do tơi chọn đề tài: phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình tốn THCS Tên sáng kiến: Phương pháp giải phương trình vơ tỉ chương trình tốn THCS 2 Lĩnh vực áp... = Đưa phương trình (1) phương trình biết cách giải để giải 5.3 Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ: Trên dạng phương trình vơ tỉ cách giải tương ứng ta gặp dạng phương trình vơ tỉ đưa... số phương pháp giải phương trình vơ tỉ thường gặp 5.3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ: a) Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai Dạng 1: αf(x) + β f (x) Đặt t = f (x) +γ=0 , (t ≥ 0) f(x) = t2 Phương trình