Một số phương pháp giải phương trình không mẫu mực

PHÒNG GD&ĐT HẬU LỘC TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC Người thực hiện: Lê Thị Dung Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn HẬU LỘC NĂM 2018 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong q trình học tốn, em học sinh gặp tốn mà đầu đề “lạ” , “khơng bình thường”, tốn khơng thể giải cách áp dụng trực tiếp quy tắc, phương pháp quen thuộc Những tốn thường gọi “khơng mẫu mực” (non standard problems), giải toán dạng có tác dụng khơng nhỏ việc tư tốn học thường thử thách học sinh kỳ thi học sinh giỏi, thi vào trường chuyên lớp chọn Đương nhiên, quen thuộc hay “không mẫu mực” tương đối, phụ thuộc vào trình độ, vào kinh nghiệm việc giải tốn Có tốn “lạ”, “khơng mẫu mực” người này, lại quen thuộc người khác Trong thực tế giảng dạy trường THCS việc làm cho học sinh nhận dạng biết vận dụng phương pháp vào giải tốn có liên quan công việc quan trọng thiếu người dạy tốn, thơng qua rèn luyện tư logic khả sáng tạo cho học sinh Để làm điều đó, đòi hỏi người thầy giáo cần phải cung cấp cho học sinh số kiến thức số phương pháp suy nghĩ ban đầu phương trình phương trình khơng mẫu mực Qua đây, tơi mong đóng góp quý báu quí bạn đọc nhằm xây dựng nên nguồi tư liệu quý giá giúp học sinh bạn đồng nghiệp khác có nhìn tồn diện mảng phương trình Vì tơi chọn đề tài “Một số phương pháp giải phương trình khơng mẫu mực” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Các tốn phương trình khơng mẫu mực có ý nghĩa quan trọng em học sinh - Nhằm rèn luyện cho học sinh phương pháp phân tích tốn trước em bắt tay giải tốn - Cung cấp cho em vốn kiến thức cần thiết mơn tốn - Nhằm trang bị cho em học sinh kiến thức để em ôn thi vào kỳ thi học sinh giỏi cấp thi vào trường chuyên lớp chọn, đặc biệt em có kiến thức vào học bậc THPT - Góp phần khơng nhỏ việc rèn luyện phát triển tư cho học sinh 1.3- Đối tượng nghiên cứu: - Học sinh khá, giỏi lớp 9A, 9D Trường THCS Lê Hữu Lập 1.4- Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu tài liệu để làm sở lí luận - Phương pháp phân tích: Thơng qua dự giờ, đàm thoại với đồng nghiệp chủ nhiệm khối để tìm hiểu phương pháp lựa chọn, bồi dưỡng đội ngũ cán lớp với kinh nghiệm thân để đưa phương pháp thích hợp - Tiếp xúc trò chuyện với học sinh để nắm rõ thông tin phản hồi - Phương pháp kiểm tra: Kiểm tra chất lượng hoạt động, lập bảng thống kê so sánh, đối chiếu kết hoạt động chưa áp dụng áp dụng đề tài Từ kiểm nghiệm lại mức độ thành cơng đề tài - Phương pháp đối chiếu, thống kê, so sánh 2 NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận: Việc giải bào tốn phương trình khơng mẫu mực dựa hệ thống kiến thức cấp THCS Như sử dụng phép biến đổi tương đương, đẳng thức, quy tắc dấu Các phương pháp đổi biến (đặt ẩn phụ) Phương pháp giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai ẩn phương trình quy phương trình bậc hai Các kiến thức dựa trình độ khả tư học sinh giỏi Nghiên cứu sở lý thuyết có liên quan đến phương trình phương trình dạng khơng mẫu mực: khái niệm; phương pháp giải Nghiên cứu sở thực tiễn Đề xuất hệ thống tập nhằm nâng cao chất lượng dạy học phương trình khơng mẫu mực 2.2 Thực trạng: Có thể nói Phương trình mảng kiến thức vơ quan trọng chương trình Tốn phổ thơng Hơn góp phần khơng nhỏ để giải tốn liên quan môn khoa học tự nhiên khác Tuy vậy, chương trình Tốn THCS dừng lại số phương trình phương trình bậc nhất, bậc hai phương trình vơ tỉ dạng khơng phức tạo Bên cạnh đó, hầu hết kỳ thi tuyển sinh đặc biệt kỳ tuyển sinh vào trường chuyên, lớp chọn, mảng phương trình dạng phức tạp khơng mẫu mực Vì học sinh chưa tiếp cận với dạng toán tỏ lúng túng gặp nhiều khó khăn 2.3 NỘI DUNG SÁNG KIẾN PHẦN I : KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH 1- Định nghĩa: Cho hai hàm số f(x) g(x) có tập xác định D f Dg Đặt D = Df ∩ Dg Mệnh đề chứa biến x∈D có dạng : f(x) = g(x) (1) gọi phương trình ẩn, x gọi ẩn số (hay biến số) + D = Df ∩ Dg gọi tập xác định (hay miền xác đinh) phương trình (1) + Nếu tồn xo∈ D cho f(xo) = g(xo) xo gọi nghiệm phương trình (1) Tập T = {xo ∈ D / f(xo) = g(xo) } gọi tập nghiệm phương trình (1) + Giải phương trình tìm tập nghiệm + Nếu tập nghiệm tập rỗng, ta nói phương trình vơ nghiệm 2- Hai phương trình tương đương: Hai phương trình gọi tương đương chúng có tập nghiệm 3- Phép biến đổi tương đương : Các phép biến đổi phương trình mà khơng làm thay đổi tập nghiệm phương trình gọi phép biến đổi tương đương Một số phép biến đổi tương đương: • f(x) = g(x) ⇔ f(x) + h(x) = g(x) + h(x) • f(x) = g(x) ⇔ f(x) h(x) = g(x) h(x), h(x) ≠ • f(x) = g(x) (với f(x) ≥0, g(x) ≥0 ) ⇔ [f(x)]2k = [g(x)]2k với k∈ N • f(x) = g(x) ⇔ [f(x)]2k+1 = [g(x)]2k+1 với k∈ N 4- Các phép biến đổi phương trình làm mở rộng thêm tập nghiệm gọi phép biến đổi hệ Khi sử dụng phép biến đổi hệ phải ý đặt thêm điều kiện để phép biến đổi trở thành phép biến đổi tương đương phải kiểm tra nghiệm phương trình hệ để phát nghiệm nghiệm phương trình ban đầu (nghiệm ngoại lai) PHẦN II: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỶ A- Kiến thức bổ sung: Định lí: Nếu số hữu tỷ x = p p q nguyên tố nhau, nghiệm số q phương trình có hệ số nguyên : anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = (1) p ước số hạng tử tự a0 q ước số an từ định lí ta suy hệ sau : Hệ qủa 1: Nếu phương trình (1) có tổng hệ số : an + an-1 + + a1 + a0 = phương trình có nghiệm x = Hệ qủa 2: Nếu phương trình (1) có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình có nghiệm x = -1 BCác phương pháp giải phương trình hữu tỷ: PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH : Bằng cách biến đổi thích hợp để đưa phương trình ban đầu phương trình dạng : f(x).g(x) h(x) = (gọi phương trình tích) Từ suy : f(x) = 0; g(x) = 0; ; h(x) = 0, phương trình quen thuộc Nghiệm phương trình tập hợp nghiệm phương trình f(x) = 0; g(x) = 0; ; h(x) = thuộc tập xác định 1)Phương pháp : Dùng cách nhóm số hạng, tách số hạng (vận dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử) để đưa phương trình dạng quen thuộc mà biết cách giải 2) Áp dụng : Ví dụ 1: Giải phương trình sau : a> x4 + x3 -7x2 - x + = (1) b> 2x +7x - 28x + 12 = (2) Giải a> Phân tích : Ta nhận thấy tổng hệ số phương trình (1) 0, theo hệ qủa phương trình có nghiệm Do ta phân tích vế trái (1) tích đa thức bậc ba với nhị thức (x-1) : (1) ⇔ x3(x-1) + 2x2(x-1) -5x(x-1) - 6(x-1) = ⇔ (x-1)(x3 + 2x2 - 5x - 6) =  x −1 = (a)  x + x − 5x − = (b) ⇔ (a) ⇔ x =1 Tương tự nhận xét trên, phương trình (b) ta phân tích vế trái (b) tích đa thức bậc hai với nhị thức (x+1) : (b) ⇔ (x+1)(x2 + x - ) = ⇔ (x+1)(x+3)(x-2) = x + =  ⇔ x + =  x − =  x = −1  ⇔  x = −3  x = Vậy tập nghiệm phương trình : S = {± 1; -3; 2} b>Phân tích: Theo định lí trên, phương trình có nghiệm hữu tỷ p p phải q ước 12 q ước Vậy p lấy giá trị sau : ± 1; ± 2; ± 3; ± 4; ± 6; ± 12, q lấy giá trị sau : ± 1; ± Bằng lược đồ Hoocne, thay trực tiếp giá trị p vào phương trình (2), ta thấy q x = nghiệm Từ ta phân tích phương trình (2) sau: (2) ⇔ (x-2)(2x2 + 11x - 6) = ⇔ (x-2)(2x-1)(x+6)=0 x =  1 ⇔ x = Vậy phương trình có tập nghiệm : S = {2; ; -6 }   x = −6  Ví dụ 2: Giải phương trình sau : (x2 - 3x + 2)3 = x6 - (3x-2)3 Giải Áp dụng đẳng thức: (a+b) - (a3 + b3) = 3ab(a+b) ta có : (3) ⇔ [x2 +(-3x + 2)]3 - [(x2)3 + (-3x+2)3] = ⇔ 3x2(-3x+2)(x2-3x+2)=0 ⇔3x2(-3x+2)(x-1)(x-2) = ⇒ x=0; 1; 2; 2/3 (3) Ví dụ 3: Giải phương trình : (2x2 - 3x - 1)3 - (x2 - 2)3 - (x2 - 3x + 1)3 = (4) Hướng dẫn giải Áp dụng đẳng thức : (a+b)3 - (a3+b3) = 3ab(a+b) Đưa phương trình (4) tương đương với phương trình : [(x2-2) + (x2-3x+1)]3 - [(x2-2)3 + (x2-3x+1)3] = ⇔ 3(x2-2)(x2-3x+1)(2x2 - 3x - 1) = ĐS: ± ; ± ± 17 ; Ví dụ 4: Giải phương trình : (x2 - 4x + 1)3 = (x2 -x -1)3 - ( 3x -2)3 Hướng dẫn giải (5) Áp dụng đẳng thức : (a-b)3 - (a3-b3) = -3ab(a+b) Đưa phương trình (5) tương đương với phương trình : [(x2-x-1) - (3x-2)]3 - [(x2-x-1)3 - (3x-2)3] = ⇔ 3(x2 -x-1)(3x-2)(x2+2x-3) = ĐS: 1;3; 1± ; Chú ý: Trong q trình giải tốn, đơi ta gặp phương trình bậc bốn đưa dạng [ A2 ( x)]2 − [ B ( x)]2 = Ví dụ 5: Giải phương trình sau : a> x4 - 4x2 + 12x - = (1) b> x4 + 12x3 + 32x2 - 8x - = (2) Giải a> (1) ⇔ (x2)2 - (2x - 3)2 = ⇔ (x2 -2x+3)( x2 +2x-3) = ⇔ ( x2 +2x-3) = ( x2 -2x+3 = (x-1)2 + > 0) ⇔ (x-1)(x+3) = x =  x = −3 ⇔ b> (2) ⇔ x2(x2 +12x+36) - 4(x2 +2x+1) = ⇔ x2(x+6)2 - 4(x+1)2 = ⇔ (x2 +4x-2)(x2 +8x+2) =  x2 + x + = ⇔  x + 8x + = ⇔  x1,2 = − ±   x3,4 = − ± 14 Bài tập áp dụng : Giải phương trình sau : 1> 2x3 +7x2 + 7x + = 2> x3 - 3x2 - 6x + = 3> x3 - 3x2 + = 4> x4 - 2x3 + 4x - = 5> x4 - 4x3 + 8x =5 PHƯƠNG PHÁP : PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN Các bước giải : b1 : Đặt ẩn phụ hợp lý đặt điều kiện cho ẩn phụ (nếu có) b2 : Giải phương trình ẩn phụ b3 : Thay nghiệm thích hợp ẩn phụ vào cách đặt ban đầu để tìm nghiệm phương trình ban đầu IPHƯƠNG TRÌNH TRÙNG PHƯƠNG :AX4 + BX2 + C = Phương pháp : Đặt X2 = Y, Y ≥ Đưa phương trình cho phương trình bậc hai ẩn phụ : AY2 + BY + C = Ví dụ: Giải phương trình sau : a> x4 - 8x2 + 15 = b> x4 + 3x2 - 28 = c> 20x4 - x2 - = Hướng dẫn giải a> Đặt y = x , y≥0 phương trình cho tương đương với : y2 - 8y + 15 = ⇒ y = 3; y = Với y = ⇒ x2 = ⇔ x = ± Với y = ⇒ x2 = ⇔ x = ± Vậy tập nghiệm phương trình : S = { ± ; ± } b> Đặt y = x2, y≥0 phương trình cho tương đương với : y2 + 3y - 28 = ⇒ y1 = Với y = −3 + 131 ; y2 = −3 − 131 < (loại) −3 + 131 −3 + 131 −3 + 131 ⇒ x2 = ⇒x = ± 2 Vậy tập nghiệm phương trình : S = { ± −3 + 131 } II- PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG : ax4 + bx3 + cx2 + bx +a = 0, a ≠ Phương pháp: x = khơng phải nghiệm phương trình nên chia vế phương trình cho x2 ta phương trình : a( x + x Đặt t = x + ; |t| ≥ ⇒ x + 1 ) + b( x + ) + c = x x = t2 - x2 Chú ý : Nếu phương trình đưa có dạng : a( x + Thì ta đặt t = x − x ⇒x + 1 ) + b( x − ) + c = x x = t2 + x2 Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x4 + 3x3 -16x2 +3x + = (1) Giải Dễ thấy x = nghiệm phương trình (1) nên ta chia vế (1) cho x2, ta đưa (1) dạng sau : 2( x + x 1 ) + 3( x − ) − 16 = x x = y2 - Khi ta có phương trình bậc hai đối x2 2y2 + 3y - 20 = ⇔ y1 = -4 y2 = 2 Đặt y = x + ; |y| ≥ ⇒ x + với y : 1 = -4 x + = , ta tìm nghiệm : x x x1,2 = −2 ± ; x3 = ; x2 = 2 Giải tiếp hai phương trình : x + Ví dụ 2: Giải phương trình : x4 - 7x3 + 10x2 +7x + = Giải (2)⇔ ( x + Đặt y = x − (2) 1 ) − 7( x − ) + 10 = x x 1 ⇒ x + = y2 + Khi ta có phương trình bậc hai y : x x y2 - 7y + 12 = ⇔ y1 = y2 = Giải tiếp phương trình : x − 1 = x − = , ta tìm nghiệm : x x x1,2 = ± 13 ; x3,4 = ± 2 Ví dụ 3: Giải phương trình : x5 - x4 + 3x3 + 3x2 - x + = (3) Hướng dẫn giải Nhận xét: Phương trình gọi phương trình đối xứng bậc lẻ Đối với dạng phương trình ln có nghiệm -1 nên ta phân tích phương trình cho tích nhị thức (x+1) đa thức bậc thấp dạng phương trình đối xứng (bậc chẵn) Dễ thấy phương trình (3) có nghiệm -1 , nên ta phân tích (3) phương trình : (3)⇔ (x+1)( x4 - 2x3 + 5x2 - 2x + 1) = x +1 = ⇔ (a) (b )  x − x + 5x − x + = 1 (b) ⇔ ( x + ) − 2( x + ) + = x x 1 Đặt y = x + ; |y| ≥ ⇒ x + = y2 - Khi ta có phương trình bậc hai đối x x với y : y2 - 2y + = Dễ thấy phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình (3) có nghiệm x = -1 Ví dụ : Giải phương trình : 2x4 - 21x3 + 74x2 + 105x + 50 = Giải (4) 25 ) − 21( x − ) + 74 = x x 25 Đặt y = x − ⇒ x + = y2 + 10 Khi ta phương trình : x x (4)⇔ 2( x + 2y2 - 21y + 94 = Dễ thấy phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm III- PHƯƠNG TRÌNH DẠNG (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e (e ≠ 0) Nếu phương trình (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = e, e ≠ có a+b = c+d ta đặt: y = x2 + (a+b)x Chú ý: Điểm mấu chốt phát hạng tử tương ứng a, b, c, d Ví dụ 1: Giải phương trình sau : x(x+1)(x+2)(x+3) = 24 (1) Hướng dẫn giải (1) ⇔ x(x+3)(x+1)(x+2) =24 ⇔ (x2 + 3x)( x2 + 3x + 2) = 24 Đặt y = x2 + 3x đk : y ≥ -9/4 Khi (1) trở thành : y(y+2) = 24 ⇔ y2 + 2y -24 = ⇒ y1 = -6 (loại )và y2 = Lần lượt giải phương trình : x2 + 3x = -6 x2 + 3x = ta tìm nghiệm phương trình (1) : ; - Ví dụ : Giải phương trình sau : (x+4)(x+5)(x+6)(x+7) = (2) Hướng dẫn giải 2 (2) ⇔ (x + 11x + 28)( x + 11x + 30)= Đặt y = x2 + 11x + 28, đk : y ≥ -9/4 Khi ta phương trình :  y1 = − + y(y+2) = ⇔ y +2y - = ⇒  y2 = − − < − (lo¹i)  với y1 = −1 + ta : x2 + 11x + 28 = −1 + ⇔ x2 +11x + 29 - = ⇒ x1 = −13 − −9 + ; x2 = 2 Bài tập áp dụng : Giải phương trình sau : 1> (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) = 2> x(x+4)(x+6)(x+10) + 128 = IV - PHƯƠNG TRÌNH DẠNG (x+a)4 + (x+b)4 = c (c ≠ 0) Phương pháp giải : Đối với phương trình dạng này, ta để nguyên để khai triển đưa phương trình bậc Khi việc giải phương trình khó khăn Bằng cách đặt y = x + a+b ta đưa phương trình cho phương trình dạng trùng phương : (y + a −b a −b ) +(y − ) = c ⇔ Ay4 + By2 + C = 0, (A, B, C số) 2 Ví dụ 1: Giải phương trình sau : (x-6)4 + (x-8)4 = 16 (1) Hướng dẫn giải Đặt y = x - ta phương trình : (y +1)4 + (y - 1)4 = 16 ⇔ y4 + 6y2 -7 = ⇔ (y2 - 1)(y2 + 7) = ⇔ y2 - = ⇔ y = ± Suy : x = ; Ví dụ : Giải phương trình : (4-x)5 + (x-2)5 = 32 Hướng dẫn giải Đặt y = x - ta phương trình ẩn y: (1-y)5 + (y+1)5 = 32 ⇔ y4 + 2y2 - = ⇔ (y2 - 1)(y2 + 3) = ⇔ y2 - = ⇒ y = ± Suy : x = ; Bài tập áp dụng : Giải phương trình : 1> (x+3)4 + (x+5)4 = 16 2> (x-2)4 + (x-3)4 = 3> (x+1)4 + (x-3)4 = 82 VPHƯƠNG TRÌNH DẠNG KHÁC Nhận xét: Đối với lớp phương trình khơng có phương pháp giải chung mà chủ yếu dựa vào tính chất đặc biệt phương trình để đặt ẩn phụ cách thích hợp Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 1> (x+4)4 = 2(2x+13)3 + 50(2x+13) 2> (x2-2x+2)4 - 20x2(x2-2x+2)2 + 64x4 = Giải 1) Đặt y = x + 13 ⇒ x+4 = y − Ta phương trình : 2 5 5 25   ( y − ) =16 y + 100 y ⇔ ( y − ) −16 y ( y + ) = ⇔ ( y − ) −16 y  ( y − ) + y  = 2 2   5 ⇔( y − ) −16 y ( y − ) − 80 y = (1) Đặt t = ( y − ) : (1) ⇔ t2 – 16yt – 80y2 = t + y = t = − y ⇔ t − 20 y = t = 20 y ⇔ (t+4y)(t-20y) = ⇔  + Với t =-4y ⇒ ( y − ) + y = ⇔ y − y + 25 =0 (*) Dễ thấy (*) vô nghiệm + Với t =20y ⇒ ( y − ) − 20 y = ⇔ y − 100 y + 25 = 10 ⇒ y= 25 ± 10 −1 ± 10 suy : x1,2 = 2 2) Đặt y =(x2-2x+2)2 ta đưa phương trình dạng : y2 -20x2y + 64x4 = ⇔ (y-4x2)(y-16x2) =  y = x2 (x -2x+2) = x ⇔ ⇒  2 2  y =16 x (x -2x+2) =16 x ( x + 2)( x − x + 2) =  x2 − 4x + = ⇔ ⇔ 2 ( x + x + 2)( x − x + 2) =  x − x + = x1,2 = ± ; x3,4 = ± Suy phương trình có nghiệm : 2 1     13 Ví dụ 2: Giải phương trình :  ÷ + ÷=  x + x +   x + x +  36 (2) Giải Nhận xét : 2 1 1       −  ÷ + ÷ = ÷+ 2  x + x +   x + x +   x + x + x + x +  ( x + x + 1)( x + x + 2) = + 2 2 ( x + x + 1) ( x + x + 2) ( x + x + 1)( x + x + 2) Đặt : y = Khí ta đưa phương trình (2) tương đương với : ( x + x + 1)( x + x + 2) y2+ y = + Với y1 = −13 y1 = ; y2 = 6 13 13 ⇔ y2+ y − = ⇒ 36 36 ⇒ ta có : (x2+x+1) (x2+x+2) = 6 Đặt t = x2+x+1 ta phương trình : t2 + t - = ⇒ t1 = ; t2 = -3  −1 ±  x2 + x −1 = x= ⇔ Suy :  2  x + x + =  V« nghiƯm −13 −13 + Với y2 = ⇒ ta có : (x2+x+1) (x2+x+2) = 6 Đặt z = x2+x+1 ta phương trình : z2 + z + Vậy phương trình cho có hai nghiệm : x1,2 = Ví dụ : Giải phương trình : 13 =0 ⇒ Vô nghiệm −1 ± 1 1 + + = x + 11x + 30 x + 13 x + 42 x + x + 20 18 (3) Giải 11 (3) ⇔ 1 1 + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 ĐKXĐ: x ≠ -4; -5; -6; -7 Khi phương trình : 1 1 1 − + − + − = x + x + x + x + x + x + 18 1 − = ⇔ ⇔ x2 + 11x -26 = x + x + 18 ⇔ Suy : x =-13; x = thoả mãn đkxđ Vậy phương trình có nghiệm : -13 Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau: x x + 10 x + a = (ví i a lµ h»ng sè) x2 + x + a x2 + 8x + a 1 1 + + + = 2> x + x + x + 11x + 28 x + 17 x + 70 x + 23 x + 130 13 1> PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG I- Phương trình chứa bậc hai: Đối với dạng phương trình này, cần ý tới điều kiện ẩn Sử dụng phép biến đổi sau để đưa phương trình dạng quen thuộc: 1> a = b ⇔ a = b ≥  b ≥0 2> a = b ⇔  a = b (không cần đặt điều kiện cho a≥0)  a ≥ 0, b ≥  a + b + ab = c 3> a + b = c ⇔  Ví dụ 1: Giải phương trình : x − x + = (1) Giải x ≥ x ≥  ⇔  x = −1 ⇔ x = ⇔ x − 2x − =  x =  x ≥ (1) ⇔ x = x + ⇔  x = 2x + Ví dụ 2: Giải phương trình : x + − 1− x = − 2x (2) Giải Điều kiện :  x ≥− x + ≥   1 − x ≥ ⇔x ≤ ⇔− ≤ x ≤ 1 − x ≥   x ≤  (*) Với điều kiện phương trình (2) : ⇔ x + = − x + − x ⇔ x + = − x +2 (1 − x)(1 − x) + − x 12 ⇔ + x = (1 − x)(1 − x) ⇔ (1 + x) = (1 − x)(1 − x) x = ⇔2x +7x = ⇔  x = −  2 (thoả mãn đk (*)) Bài tập áp dụng Giải phương trình sau : 1> x −1 = x + x + = − 2x − 2> 3> 16 − x + + x = II- Phương trình chứa bậc ba: Kiến thức bản: 1> A = B ⇔ A = B 2> A+ B=3 C ⇔ A + B + 3 AB ( A + B ) = C ⇔ A + B + 3 ABC = C Ví dụ 1: Giải phương trình : x + 34 − x − =1 (1) Giải Lập phương hai (1) ta : ( x + 34) + 3 x + 34 x − ( x + 34 − x − 3) − ( x − 3) = ⇔ 3 ( x + 31x + 102) = − 36 ⇔ x + 31x + 1626 = Dễ dàng thấy phương trình vơ nghiệm Ví ụ 2: Giải phương trình : x + + x − = x (2) Giải Lập phương hai vế (2) ta : ( x + 1) + 3 ( x + 1)( x − 1)( x + + x − 1) + ( x − 1) = x ⇔ ( x + 1)( x − 1) x = x ⇔ x(4 x − 5) = x = ⇔ x = ±  Bài tập áp dụng : Giải phương trình sau : 1> x − + 2x − = 2> x + + x − = x 3> 2x +1 + 2x + + 2x + = 4> 3x − x + 2001 − 3 x − x + 2002 − x − 2003 = 2000 PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN 13 Các bước giải : b1 : Đặt ẩn phụ hợp lý đặt điều kiện cho ẩn phụ (nếu có) b2 : Giải phương trình ẩn phụ b3 : Thay nghiệm thích hợp ẩn phụ vào cách đặt ban đầu để tìm nghiệm phương trình ban đầu IĐƯA VỀ DẠNG ĐƠN GIẢN Ví dụ 1: Giải phương trình : − x + x + = Giải Điều kiện : x ≥ -2 (1) Đặt : t = x + (t ≥ 0) suy x = t2 - ta : (1) ⇔ 3 − t + t = ⇔ 3 − t2 = 1− t ⇔ (3-t2) = (1-t)3 ⇔ t3 - 4t2 + 3t + =0 t =  ⇔ t = + suy : t = − < (lo¹i)  ⇔ (t-2)(t2 - 2t -1) = x =  x = 1+ 2 Ví dụ 2: Giải phương trình : 3 x − 3x + = x − x + (2) Giải Đặt : t = x - 3x +2, suy x - 3x +2 - t = (*) Ta có :∆ = + 4t Để (*) có nghiệm + 4t ≥ ⇒ t ≥ - 1/4 2 (2) ⇔ 3 t = 2t + ⇔ 8t + 12t − 21t + = ⇔ (t-1)(8t2 + 20t - 1) = ⇔  t1 =  t = −5 − 3 2  t = −5 + 3 < −   4 (lo¹i )  3±  x1,2 = suy :   ± + 4t2  x3,4 =  Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau : 1> x − 3x + + x − 3x + = 2> x + x + + x + + = x + x + 19 3> x + = x + x − x + II- PHƯƠNG TRÌNH CĨ DẠNG x + a + b − x + m ( x + a )(b − x ) = n Phương pháp giải: Đặt điều kiện cho x 14 t − ( a + b) Đặt : t = x + a + b − x , t ≥ suy : ( x + a)(b − x) = Ví dụ 1: Giải phương trình : + x + − x − (3 + x)(6 − x) = (1) Giải Điều kiện : -3 ≤ x ≤ t2 − , t ≥3 Đặt : t = + x + − x Suy ra: (3 + x)(6 − x) = Khi ta đưa (1) phương trình : t− t2 − = ⇔ t − 2t − = x + + − x =3- Với t = ta : ⇔ t1 = t2 = −1 (lo¹i) ⇒ ( x + 3) + ( x + 3)(6 − x) + (6 − x) = ⇔ ( x + 3)(6 − x) = x + =  x = −3 ⇔  6 − x = x = ⇔ Ví dụ 2: Giải phương trình : + x + x + + x + x = − x Giải Điều kiện : x ≥ -1 (2) Đặt t = + x + x + , t > Khi ta đưa (2) phương trình : t + (t2 - - 2x) = -2x t1 = t2 = −4 (lo¹i) ⇔ t2 + t - 12 = ⇔  Với t = suy : + x + x + = ⇔ (1 + x) + (1 + x)( x + 7) + ( x + 7) = ⇔ (1 + x)( x + 7) =1 − x ⇔ 4(1+x)(x+7) = (1-2x)2 ⇔ 36x = -27 ⇒ x = - 3/4 Bài tập áp dụng : Giải phương trình sau: 1> + x + − x + (1 + x)(3 − x) = 2> x + 17 − x + x 17 − x = 30 3> x − + − x = x − x + 11 III- PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Các bước giải: 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 Chú ý: Đối với phương trình có dạng n a − f ( x) + m b + f ( x) = c ta thường đặt : u = n a − f ( x); v = m b + f ( x) Khi ta hệ phương trình : 15 u + v = c  n m u + v = a + b giải hệ phương trình ta tìm u v từ tìm giá trị x .Ví dụ1: Giải phương trình sau: x + x + + + x − x + = x + + (1) Giải Đặt u = x + x + + 1; v = x − x + Ta có : u − v = ( x + x + + 1) − ( x − x + 1) = = x +1 +1 Khi (1) trở thành : u + v = x + + u + v = x + + u + v = x + +   2   u = −v u − v = x + + ⇔ (u + v)(u − v) = u + v ⇔   u , v ≥ u , v ≥  u = v +   u , v ≥  u = x + + suy :  v = x + ⇔  2x + x + + = x + +    x − x + = x + bình phương hai vế hai phương trình ta :  x + x + + = x + + x + + ⇔  x − x + = x + x ≥ ⇔  x − 3x = ⇔ x +1 = x −1 ⇔ x ≥   x + = ( x − 1) x ≥  ⇔   x = Suy x=3  x =  Ví dụ 2: Giải phương trình : + x − = x + 2x − x x x (2) Giải Điều kiện :  u = x − x   Đặt v = x − x  u , v ≥   −1 ≤ x ≤  x ≥1  x − ≥     x ⇔ − ≤ x ≤  2 x − ≥    x  x ≥   2 Suy : v − u = x − −1 ≤ x ≤ ⇔  x ≥   x 16 4  x + u = x + v Khi ta :  Suy : v2 - u2 = u - v v − u = x −  x ⇔ Từ ta :  u = v u = −v − < (lo¹i )  ⇔ (u-v)(u+v+1) = x− = 2x − x x ⇔ x− = 2x − x x x = ± Suy x= (x= - khơng thoả mãn điều kiện) Ví dụ 3: Giải phương trình : − + x = x Giải x ≥  ⇔ ≤ x ≤ 12 Điều kiện : 4 + x ≥  4 − + x ≥  x = − y Đặt: y = + x , y ≥ ta có hệ phương trình :   y = x + ⇔  x = − y   y = x + ⇔  x2 = − y  ( x + y )( x − y + 1) = ⇔  x = − y  2  x − y = −( x + y ) Vì x + y ≠ nên ta có hệ phương trình :  x2 = − y ⇔ x = − ( x + 1) = ⇔ x + x − =  x − y +1 =  −1 − 13 (lo¹i )  x1 =  Suy :  −1 + 13  x2 =  Ví dụ 4: Giải phương trình : 81x − = x3 − x + x − (4) Giải Đặt : y = 81x − + 3 Suy ra: (3 y − 2) = 81x − ⇔ y − y + y = x  3 y = x − x + x−2  Ta hêk phương trình :  3 x = y − y + y −  (a ) (b ) Lấy vế trừ vế (a) cho (b) ta được: 17 3( y − x ) = ( x − y ) − 2( x − y ) + ( x − y ) 13 ( x − y )[ x + xy + y − 2( x + y ) + ] = (*) 13 1 1 Do x + xy + y − 2( x + y ) + = ( x + y )2 + ( x − 2) + ( y − 2) + > 2 ⇔ Nên (*) ⇔ x - y = ⇔ 3x = x3 − x + x = y suy ra: x ⇔ x(3x − x − 5) = ⇒ x1 = 0; x2,3 = 3± Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau: 1> x + 34 − x − = 2> − x = − x 3> (3x + 1) + (3 x − 1) + x − = 4> x3 + = x − IV- PHƯƠNG PHÁP ĐƯA ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp giải: Sử dụng phương pháp sau: • Biến đổi phương trình đạng f(x) = g(x) mà f(x) ≥ a; g(x) ≥ a (a số) • Nghiệm phương trình giá trị x thoả mãn đồng thời f(x) = a g(x) = a • Biến đổi phương trình dạng h(x) = m (m số) mà ta ln có h(x) ≥ m h(x) ≤ m nghiệm phương trình giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy Chú ý : Sử dụng bất đẳng thức sau : - A2n ≥ 0; |A| ≥ - Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, Bunhiacopski Ví dụ 1: Giải phương trình : 3x + x + + x + 10 x + 14 = − x − x Giải (1) ⇔ (1) 3( x + 1) + + 5( x + 1) + = − ( x + 1) Vì (x + 1)2 ≥ nên 3( x + 1) + + 5( x + 1) + ≥ + = - (x + 1)2 ≤ Vậy phương trình (1) có nghiệm ⇔ x + = ⇔ x = -1 Ví dụ 2: Giải phương trình : x − x + 15 = x − x + 18 x − x + 11 (2) Giải (2) ⇔ + = ( x − 3) + ( x − 3) + 18 Ta có : + 4 ≤ + = dấu xảy ⇔ x - = ⇒ x = ( x − 3) + 2 Mặt khác: ( x − 3) + ≥ = dấu xảy ⇔ x - = ⇒ x = Suy phương trình (2) có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình : (3) x2 + x −1 + x − x2 + = x2 − x + Giải Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: x2 + x −1 ≤ x − x +1 ≤ ( x + x − 1) + x + x = 2 ( x − x + 1) + x − x + = 2 Cộng vế với vế hai bất đẳng thức ta được: x2 + x −1 + x − x2 + ≤ x2 + x x − x2 + + = x +1 2 Theo (3) ta có : x2 - x + ≤ x + ⇔ x2 - 2x + ≤ (x-1)2 ≤ ⇒ x - = ⇔ x = Ví dụ 4: Giải phương trình : x − x + = x − x + + x − x Giải Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: x − x ≤ (4) 2x2 − x + + x − x ≤ + 3x − x + x − 3x + = 2 Cộng vế với vế hai bất đẳng thức ta được: x − x + 3x − 3x + − x + x + x − x + + 3x − 3x ≤ + = 2 2 − x2 + 2x + Theo (4) ta : x − x + ≤ 2 ⇔ x2 - 2x + ≤ ⇔ (x - 1)2 ≤ ⇒x-1=0 ⇔ x=1 Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau: 1> x − 3x + 3,5 = 2> (x − 2x + 2) ( x2 − 4x + 5) 2 3x + x + x − ) = ( x + ) + ( x + 3x − 3) ( 10 3> x − x + 12 = − 3x − 12 x + 13 4> V- x − + 10 − x = x − 12 x + 40 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH NGHIỆM DUY NHẤT 19 Phương pháp: - Thay giá trị x = a thoả mãn phương trình ⇒ x = a nghiệm phương trình - Chứng minh cho nghiệm Ví dụ 1: Giải phương trình : 2x +3 (1) + 3x = Giải • Với x = VT (1) : 20+3 + 30 = + = ⇒ x = nghiệm phương trình • Nếu x ≠ : x +3 + 3x > 20+3 + 30 = Do x ≠ khơng thể nghiệm (1) Vậy phương trình có nghiệm x = 2 Ví dụ 2: Giải phương trình : x x = 10 x − x với x > Giải • Với x = VT = 1; VF = 10 = nên x = nghiệm (2) (2) • Với x > ta có : x x > 1x = x > x ⇒ x − x < Do 10 x − x < 100 = Suy : x x > 10 x − x • Vậy x > khơng nghiệm (2) • Với < x < ta có : xx < x = x2 < x ⇒ x – x2 > 10 x − x > 100 = suy : x x < 10 x − x Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình : x + 28 + x + 23 + x − + x = + (3) Giải ĐKXĐ : x ≥ • x =2 nghiệm (3) • Nếu ≤ x < VT < 22 + 28 + 22 + 23 + − + = + • Nếu x > VT > + Suy với ≤ x, x ≠ nghiệm (3) Vậy phương trình có nghiệm x = Bài tập áp dụng Giải phương trình sau : 1> 19 x −8 x +17 + 5x −8 x +18 + 94 x −8 x +16 = 45 4 2> | x − |2004 + | x − |2005 = 3> x − + x − 3x − = x + x + + x − x + 20 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Trong trình giảng dạy mảng đề tài phương trình, tơi lồng ghép vào tiết luyện tập dạng phương trình khác Hầu hết em tỏ hứng thú hào hứng tham gia giải toán Với em thường nhận dạng vận dụng linh hoạt phương pháp giải khác nhau, chí có em đưa nhiều cách giải đặc biệt Điều thể hiệu phương pháp mà đưa Tuy nhiên bên cạnh đó, với thời lượng tiết học khơng nhiều, việc nêu hết phương pháp số tiết hạn chế việc khó làm Hơn nữa, đối tượng nghiên cứu chủ yếu lại em học sinh khá, giỏi Vì đòi hỏi người đạy phải có phân loại đối đượng học sinh (nhằm đưa dạng thích hợp với đối tượng ) nhằm đạt hiệu cao 3.2 Kiến nghị: Trong trình thực đề tài, thực tế giảng dạy cho học sinh để nâng cao chất lượng giảng đại trà chất lượng mũi nhọn tơi có số đề nghị sau: - Biết cách phân loại đối tượng học sinh, từ đưa dạng tốn thích hợp - Với dạng toán nên đưa tập từ đơn giản đến phức tạp để em dễ dàng tiếp cận từ em phá huy tính sáng tạo em - Đối với người dạy phải biết vận dụng linh hoạt phương pháp phù hợp với chủ đề, đối tượng - Hơn hết, người dạy phải ln có tinh thần học hỏi, tìm tòi sách vở, tài liệu học hỏi bạn đồng nghiệp chí học sinh Trên đánh giá mang tính chất chủ quan dựa vào q trình tự mày mò tìm hiểu trải qua q trình thực nghiệm giảng dạy thực tế Với khả trình độ có hạn, chắn nhiều thiếu sót Rất mong đóng góp chân thành q bạn đọc đặc biệt bạn đồng nghiệp để đề tài có cải tiến tốt ! Hậu Lộc, ngày 20/03/2018 Người viết Lê Thị Dung 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1> Sách giáo khoa Toán lớp 8, lớp 2> Sách tham khảo : a Toán bồi dưỡng học sinh giỏi THCS b Nâng cao phát triển Toán 8, c Một số phương pháp giải toán sơ cấp d Tuyển chọn tốn thi học sinh giỏi Tốn THCS e Tạp chí Toán học tuổi thơ; Toán học tuổi trẻ 22 MỤC LỤC Nội dung Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Nội dung 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng 2.3 Nội dung sáng kiến Phần 1: Kiến thức phương trình Phần 2: Các phương pháp giải phương trình Phương pháp 1: Phương trình đưa phương trình tích Phương pháp 2: Đổi biến Phương trình vơ tỉ Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đổi biến Phương pháp đưa Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh nghiệm Kết luận Kiến nghị Trang 1 1 2 2 3 11 11 12 17 18 20 20 23 ... = phương trình có nghiệm x = Hệ qủa 2: Nếu phương trình (1) có tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình có nghiệm x = -1 BCác phương pháp giải phương trình hữu tỷ: PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG... khác có nhìn tồn diện mảng phương trình Vì tơi chọn đề tài Một số phương pháp giải phương trình khơng mẫu mực 1.2 Mục đích nghiên cứu: Các tốn phương trình khơng mẫu mực có ý nghĩa quan trọng... 1: Phương trình đưa phương trình tích Phương pháp 2: Đổi biến Phương trình vơ tỉ Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đổi biến Phương pháp đưa Bất đẳng thức Phương pháp chứng minh nghiệm