MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI -♣♣ -MÃ SKKN: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Lĩnh vực/ Mơn : Tốn Cấp học : Trung học sở Năm học: 2017 - 2018 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THCS KHƯƠNG THƯỢNG -♣♣ -MÃ SKKN: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Người viết : Nguyễn Thị Hải Lý Lĩnh vực/ Mơn : Tốn Cấp học : Trung học sở Năm học: 2017 - 2018 MỤC LỤC NỘI DUNG ĐỀ TÀI PHẦN I: MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài II Mục đích đề tài .1 III Đối tượng đề tài thời gian thực IV Thực tiễn PHẦN II: NỘI DUNG .2 I Cơ sở lý luận đề tài II Các giải pháp thực .2 Kiến thức 2 Một số dạng phương trình .2 Các phương pháp giải phương trình vơ tỷ .6 3.1 Phương pháp nâng lên lũy thừa (Dùng vế phương trình có lũy thừa bậc) 3.2 Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối 11 3.3 Phương pháp bất đẳng thức 16 3.4 Phương pháp đặt ẩn phụ: 18 3.5 Phương pháp sử dụng tam thức bậc 25 3.6 Phương pháp đoán nghiệm .25 3.7 Phương pháp nhân liên hợp để đưa tích số 26 PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO NỘI DUNG ĐỀ TÀI Tên đề tài: “Một số phương pháp giải phương trình vơ tỷ” PHẦN I: MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài - Trong hệ thống môn học đưa vào trường THCS, mơn tốn đóng vai trò quan trọng, có khả to lớn để thực tốt mục tiêu “nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân lực, đào tạo nhân tài” bở lẽ qua toán học, học sinh phát triển tư sáng tạo, linh hoạt, dễ thích ứng hồn cảnh, phù hợp với xu phát triển đất nước Học toán đồng nghĩa với giải toán làm tập phải có kiến thức phải biết nhận dạng loại tập để đưa phương pháp giải thích hợp - Thực tiễn dạy học cho thấy, chương trình đại số 9, giải phương trình vơ tỷ dạng tốn khó Khi gặp dạng tốn học sinh lúng túng sợ Quá trình giải hay mắc sai lầm phép biến đổi tương đương phương trình nên thừa nghiệm thiếu nghiệm Do vậy, phương pháp giải phương trình vơ tỷ vấn đề mà tơi ln trăn trở nên q trình giảng dạy mơn tốn tơi chọn đề tài để làm tài liệu tham khảo cho giáo viên học sinh để nâng cao chất lượng dạy học II Mục đích đề tài - Đề tài đóng góp phần cho việc nâng cao chất lượng dạy học Giúp học sinh củng cố kiến thức học, học sinh biết nhận dạng toán phát cách giải phù hợp nhất, nhanh đem lại niềm vui, hứng thú say mê học toán cho học sinh III Đối tượng đề tài thời gian thực - Học sinh số lớp – Trường THCS Khương Thượng – Đống Đa – Hà Nội - Thời gian thực hiện: 10 11 2017 -> 10 11 2018 IV Thực tiễn - Tốn mơn học khơng học sinh ngại nhắc đến Chất lượng mơn toán qua đợt kiểm tra thường điều mà giáo viên suy nghĩ Qua năm giảng dạy, nhận thấy học sinh đứng trước toán lúng túng phương pháp giải, chưa biết vận dụng vận dụng chưa linh hoạt, sáng tạo kiến thức học Có tốn đơn giản mà học sinh mắc sai lầm biến đổi dài dòng phức tạp 1/30 PHẦN II: NỘI DUNG I Cơ sở lý luận đề tài Phương pháp giải tốn nói chung phương pháp giải phương trình vơ tỷ nói riêng cần quan tâm thể thực tế tập qua giảng thầy, cô Những năm gần phương pháp dạy học mơn tốn có nhiều đổi nhằm mục đích hướng dẫn cho học sinh suy nghĩ, vận dụng kiến thức giải tập cách tối ưu, ln phát huy tính tích cực học sinh số câu hỏi mở hệ thống tập Vì tập dạng phương trình vơ tỷ phong phú, đa dạng Chính phương pháp giải phương trình vơ tỷ “có vai trò quan trọng giải toán giúp học sinh phát triển khả tư duy, khả vận dụng kiến thức linh hoạt trình bày lời giải xác, ngắn gọn khoa học II Các giải pháp thực Để giúp học sinh làm tốt, học tốt đa dạng tốn phương trình vơ tỷ, trang bị cho học sinh số nội dung kiến thức, bước giải phương trình (dạng chung), dạng phương trình đưa phương pháp giải, tàng, sở để học sinh áp dụng vào giải tập cụ thể Kiến thức a Các bước giải phương trình (dạng chung) - Tìm điều kiện xác định phương trình - Dùng phép biến đổi tương đương đưa dạng phương trình học - Giải phương trình vừa tìm - Đối chiếu kết vừa tìm với điều kiện xác định kết luận nghiệm b Một số kiến thức cần nhớ: +/  A A ≥ A2 =| A |=  -A A < +/ A± B = A + A2 − B ± A − A2 − B với A>0; A2>B>0 2 Một số dạng phương trình *Dạng 1: f ( x) = g ( x) Cách giải:  g ( x) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = [ g ( x) ] 2/30 *Dạng 2: f ( x) + g ( x ) = h( x) (1)  f ( x) ≥  Cách giải: ĐKXĐ:  g ( x) ≥  h( x ) ≥  Bình phương vế phương trình (1) [ h( x ) ] f ( x).g ( x) = − f ( x) − g ( x ) (2) - Giải phương trình (2) theo phương dạng (1) *Dạng 3: f ( x ) + g ( x ) = h( x ) Cách giải phương pháp dạng * Dạng 4: f ( x) + g ( x ) + n f ( x ).g ( x) = h( x)  f ( x) ≥  g ( x) ≥ Cách giải: ĐKXĐ:  Đặt * Dạng 5: f ( x) + g ( x ) = a ≥ f ( x ) + g ( x ) = h( x ) + p ( x )  f ( x) ≥  g ( x) ≥  ĐKXĐ:   h( x ) ≥  p( x) ≥ Bình phương vế phương trình giải * Bài tốn mở đầu: Giải phương trình: + x − x = x + − x (*) ( ĐH QGHN, khối A) Giải: Điều kiện ≤ x ≤   Cách 1: (*) 1 + x − x  =   ( x + 1− x ) ( ) ⇔ x − x2 x − x2 − = x =  x − x2 = x =   ⇔ ⇔ x = ⇔ x = 4 x − x + =  x − x =  Vậy nghiệm phương trình x = 0; x= Cách 2: Nhận xét: x − x biểu diễn qua x − x nhờ vào đẳng thức ( x + 1− x ) = 1+ x − x2 Đặt t = t = x + − x (1 ≤ x ≤ ) 3/30 ⇒ x − x2 = t −1 Phương trình (*) trở thành 1+ t −1 =t t = ⇔ t − 3t + = ⇔  t = ⇔ t − + = 3t t = 2, không thỏa mãn x = t = 1, có x + − x = ⇔ x − x = ⇔  x −1 x = 0, x = thỏa mãn điều kieennj Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = * Cách 3: Nhận xét: x - x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể ( x) +( 1− x ) =1 Vậy ta có cách Từ (*) ta có x − x − − x = x − ⇔ 1- x = x −3 x−3 (x ≠ Đặt t = x , nên - x = Lại có ( x) +( 1− x ) 9 thay x = vào phương trình khơng thỏa mãn) 4 3t − 2t −  3t −  = 1, nên t +   =1  2t −  ⇔ t ( 4t − 12t + 9) + 9t − 18t + = 4t − 12t + ⇔ 4t − 12t + 14t − 6t − ⇔ t ( 2t − 6t + 7t − 3) = ⇔ t ( t - 1) ( 2t − 4t + 3) = t = t = ⇔ x = ⇔ x = x = 0, x = thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = * Cách 4: Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác Đặt a = x , b = − x , a ≥ 0, b ≥ 4/30  3 + 2ab = 3( a + b ) 1 + ab = a + b ⇔ Ta có hệ phương trình  ( a + b ) − 2ab = a + b =  (1) ( 2) Thay (1) vào (2) có ( a + b ) − [ 3( a + b ) − = 1] ⇔ ( a + b ) − 3( a + b ) + = a + b = ⇔ a + b =  a =  x = b = ⇒ Với a + b = 1, có a.b = ⇒ a = x =  b = 3 , không tồn a, b (Vì = 2 ≤ = ) 2 Với a + b = 2, có a.b = x = 0, x = thỏa mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = Nhận xét: Bản chất cách giải cách đặt ẩn phụ cách * Cách 5: Cùng nhờ ( x) +( 1− x ) 2 = , ta nghĩ đến đẳng thức sin a + cos a = Ta có thêm cách sau: Đặt x = sin a, 0≤a≤ π 2 Phương trình (*) trở thành + sin a − sin a = sin a + − sin a ⇔ + sin a cosa = 3sin a + 3cosa (Vì cos a ≥ 0) sin a + cos a = ⇔ sin a + cos a = 2 ⇔ ( sin a + cos a ) − 3( sin a + cos a ) + = a a ⇔ sin a + cos a = ⇔ sin cos − sin  a sin = ⇔  tan a =  a a a a = ⇔ sin  cos − sin  = 2 2 a a  sin a − sin cos =  a ⇒ tan  =1 sin a = a + tan   x = 0, x = thỏa mãn điều kiện 5/30 x = ⇒ x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = Qua ví dụ ta thấy có nhiều cách khác để giải phương trình vơ tỷ Tuy nhiên cách dựa sở loại bỏ thức đưa phương trình đơn giản mà ta biết cách giải Sau xin vào số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Các phương pháp giải phương trình vơ tỷ 3.1 Phương pháp nâng lên lũy thừa (Dùng vế phương trình có lũy thừa bậc) -Để làm bậc n ta nâng vế phương trình lên lũy thừa bậc n Nếu n chẵn ta thực vế phương trình khơng âm Ví dụ 1: Giải phương trình: + x − = x (1) ĐKXĐ: 2x-3≥0 ⇔ x ≥ 3/2 (2) (1) ⇔ x − = x − (3) - Ta phải có điều kiện: x – ≥ Phương trình (3) trở thành: (4) x − = ( x − 3) ⇔ x − = x − x + ⇔ x − 18 x + 12 = x − = ⇔ x = ⇔ ( x − 2)( x − 6) = ⇔  x − = ⇔ x = Thử lại: +với x = khơng thỏa mãn (4), loại + Với x = thỏa mãn (2) (4), nghiệm phương trình Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = *Nhận xét: - Nếu không đặt điều kiện x – 3≥0 sai lầm nhận x = nghiệm phương trình, giáo viên phải rõ cho học sinh thấy để tránh mắc phải làm sau -Lưu ý: Có thể bình phương vế phương trình (1) với điều kiện x≥0 Nhưng lời giải không ngắn gọn cách tách riêng thức vế Ví dụ 2: Giải phương trình x − = x − (1) - học sinh giải sau: ĐKXĐ: x ≥ Bình phương vế phương trình, ta có: x-5 = (x-7)2 (2) ⇔ x – = x2 – 14x + 49 ⇔ x2 – 15x + 54 =  x1 =  x2 = ⇔ (x-6) (x-9) = 0⇔  (TMĐK) 6/30 Vậy nghiệm phương trình là: S = {6; 9} * học sinh khác nhận xét cách giải không đúng: Do x = nghiệm (1) Khi x = vế trái phương trình 1; vế phải -1 - Sai lầm phương trình (1) (2) không tương đương với Để tránh sai lầm ta nên làm sau: Thử nghiệm phương trình (3) vào phương trình (1) kết luận trước chi bình phương vế phương trình (1) ta phải đặt điều kiện để vế phương trình (1) khơng âm Khi phương trình (1) (3) tương đương với Giải: Cách 1: x − = x − ĐKXĐ: x ≥ Với đk: x ≥ 7, bình phương vế (1), ta có: x – = (x-7)2 (2)  x1 = 6(loai ) Giải (2) được:  Vậy nghiệm phương trình là: x =  x2 = 9(TMDK ) Cách 2: (đặt ẩn phụ) ĐKXĐ: x ≥ x −5 = x −7 ⇔ x −5 = x −5−2  y = −1(loai ) y = Đặt y = x − ≥ , ta có: y = y2 – ⇔ y2 – y – = 0⇔  Với y = 2, ta có: x − = ⇔ x − = ⇔ x = (TMKĐ) Vậy nghiệm phương trình là: x = Ví dụ 3: giải phương trình: x + + x = (1) ĐKX Đ: ∀x ∈R Lập phương vế phương trình (1), sử dụng đẳng thức: (a+b)3 = a3+b3+ 3ab (a+b), ta được: x + + x + 3 x(2 x + 1).( x + + x ) = (2) Thay (1) vào (2), ta có: x +1 + 3 x(2 x +1) = ⇔ x(2 x +1) = −x ⇔ x(2 x +1) = −x ⇔ x ( x +1) = -Thử lại: +Với x = 0, ta có: + = +Với x = -1, ta có: −2 + + −1 = −2 , loại Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = 7/30  x = (3) ⇔  x = −1 -Với x>2/3 (1) ⇔ x = 3x − ⇔ x − 3x + = x = ⇔ ( x − 1)( x − 2) = ⇔  (TMĐK) x = Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = 1; x = Ví dụ 2: Giải phương trình: 36 + x−2 = 28 − x − − y − 1(1) y −1 x − > x > ⇔   y −1 > y >1 ĐKXĐ: (1) ⇔ 4( + x − 2) + ( + y − 1) = 28 x−2 y −1 Áp dụng bất đẳng thức cauchy với số dương, ta có: + x−2 ≥ x−2 x − = 2.3 = x−2 + y −1 ≥ y −1 y − = 2.2 = y −1 ⇒ 4.( + x − 2) + ( + y + 1) ≥ 4.6 + = 28 x−2 y −1   x−2 = x−2  x = 11  ⇔ Dấu “=” xảy ⇔  (TMĐK) y =  = y −1  y −  x = 11 y = Vậy nghiệm phương trình (1) là:  3.4 Phương pháp đặt ẩn phụ: - Việc giải phương trình vơ tỷ khó khăn phức tạp phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp cho ta đưa phương trình từ phức tạp phương trình hệ phương trình quen thuộc tốn trở nên đơn giản Đây mộ “công cụ” tương đối mạnh đạt hiệu việc khử thức, song có nhiều chỗ làm cho học sinh nhầm lẫn ẩn cho ẩn *Dạng : Sử dụng ẩn phụ để chuyển PT ban đầu thành pt với ẩn phụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x + 21x + 18 + x + x + = (1) ĐKXĐ: x2+7x+7 ≥ - Chú ý: Điều kiện giải với toán mà biểu thức lấy phức tạp ta khơng nên giải tìm giá trị x lấy giá trị x đem thử lại xem có thỏa mãn điều kiện hay không - Ta thấy đặc điểm là: Biểu thức có quan hệ với nhau: 18/30 3x2+21x +18 = 3(x2+7x+7)-3 - Cách đặt ẩn phụ: x + x + = y làm cho phương trình chuyển dạng hữu tỷ nên giải đơn giản nhiều Giải: ĐKXĐ: x2 + 7x +7 ≥ Đặt x + x + = y ≥ x2+7x+7 = y2 Phương trinh (1) trở thành: 3y2 – + 2y = ⇔ 3y2 + 2y – = ⇔ (y-1) (3y +5) =  y = −5 / (loại) y =1 ⇔  x = −1  x = −6 2 + Với y = => x + x + = ⇔ x + x + = ⇔ ( x + 1)( x + 6) = ⇔  Giá trị x = -1; x = -6 thỏa mãn x2 + 7x +7 ≥ Vậy nghiệm phương trình là: x = -1; x = -6 Ví dụ 2: Giải phương trình: ( + x − 1)( − x) + 1) = x (1) - Ta nên đặt: + x = u rút x theo u, thay vào biểu thức lại đưa phương trình ẩn u để giải Giải: ĐKXĐ -1≤x≤1 Cách 1: Đặt + x = u (0≤ u ≤ ) => x = u2 -1 Phương trình (1) trở thành: (u − 1)( − u + 1) = 2(u − 1) ⇔ (u − 1)  ( − u + 1) − 2(u + 1)  =   u − = ⇔  − u + − 2(u + 1) = + Nếu u - = => u = (TMĐK) ⇒ x + = ⇔ x = (TMĐK) + Nếu − u + = 2(u + 1)  u≥−    2u + ≥ u ≥ −  ⇔ − u = 2u + ⇔  ⇔ ⇔   2 u = −1( Loai )  − u = (2u + 1) 5u + 4u − =    u = 1/ 5(TMDK ) - Với u = 1/5,ta có: x= (1/5)2 – = - 24/25 (TMĐK) Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = 0, x = - 24/25 Cách 2: Đặt − x = a; + x = b 19/30 (a − 1)(b + 1) = a − b Và đưa hệ phương trình:  2 ,giải tìm x  a + b = Ví dụ 3: Giải phương trình: x + + − x = (1) Cách 1: Lập phương vế phương trình (1), sử dụng đẳng thức: (a+b)3 = a3+b3+3ab.(a+b)  x = −1 Đưa dạng: (x+1)(7-x)=0 ⇔  x = Vậy nghiệm phương trình (1) là: S={-1;7} Cách 2: Đặt: x + = a 7−x =b a + b = ⇒ 3 a + b = a =  x = −1 ⇒ 3a − 6a = ⇔ 3a (a − 2) = ⇔  ⇒  a2 =  x2 = Vậy nghiệm phương trình (1) là: S = {-1; 7} * Lưu ý: Có tốn đặt ẩn phụ không đưa hệ phương trình ta tìm mối quan hệ ẩn phụ thay vào hệ thức đặt lúc đầu để đưa phương trình đơn giản Ví dụ 4: Giải phương trình: (x2 + 2) = x3 + (1) - Nếu dùng phương pháp (1) bình phương vế giải khó - Nhận xét: +x3 + = (x+1) (x2-x+1) + Tìm mối quan hệ x2 + x3 + x2 + = (x2- x +1) + (x + 1) + Đặt ẩn phụ: x + =a ≥ x − x + =b ≥ tìm mối quan hệ a b tìm x Giải: ĐKXĐ: x ≥ -1 (1) ⇔ 2( x + 2) = ( x + 1)( x − x + 1) (2) Đặt a = x +1 ≥ b = x2 − x + ≥ Ta có: a2 = x +1 b2 = x2-x+1 x2 + = a2 + b2 Phương trình (2) trở thành:  a = 2b b = 2a 2(a2+ b2) = 5ab ⇔ (2a – b) (a – 2b) = ⇔  -Với a = 2b, ta có: 20/30  + 37  x1 = x + = x2 − x + ⇔ x2 − 5x − = ⇔   − 37 (TMDK )  x2 =  -Với b = 2a, ta có: x − x + = x + Từ giải x Ví dụ 5: Giải phương trình:: x − 3x + + x − 3x + = (1) 3 3  ⇒ Đk t ≥ Đặt t = x – 3x + Ta có : t =  x −  + ≥ 4 2  Khi (1) có dạng t + t + = ⇔ t + t + + t (t + 3) = ⇔ t (t + 3) = – t 3 − t ≥ ⇔  t (t + 3) = (3 − t ) t ≤ ⇔  ⇔ t=1 t = x = ⇔ x2 – 3x + = ⇔  x = PT có nghiệm x= ; x = Ví dụ 6: Giải phương trình:: 2x2 + x − x − = 8x + 13 ĐK : x2 – 4x -5 ≥ ⇔ x ≤ -1 x ≥ PT ( ) ⇔ x − x − = -2x2 + 8x + 13 (2’) 2 Đặt y = x − x − ĐK y ≥ Ta có y = x – 4x - PT ( 2’) ⇔ y = - 2y2 + ⇔ 2y + y - = (2) y =1 ⇔   y = − < loại   x = − 10 Với y = ⇔ x2 – 4x - = ⇔ x2 – 4x - = ⇔   x = + 10 Nghiệm PT x = ± 10 Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 x − 3x + + + 3x − x - ( x − 3x + 2)(4 + 3x − x ) = 11 ĐK : -1 ≤ x ≤ ≤ x ≤ Đặt t = x − 3x + + + 3x − x t≥0 ⇒ t2 = + ( x − 3x + 2)(4 + 3x − x ) ⇒ t2 − ( x − 3x + 2)(4 + 3x − x ) = 2 PT (3) có dạng : t – ( t2 – ) = 11 ⇔ t2 – t – = ⇔ t =  t = −  (Loại) 21/30 (3) tm ĐK Với t = ta có x − 3x + + + 3x − x = (3’) Đặt y = x2 – 3x + ⇒ + 3x – x2 = – y ( 3’) có dạng y + − y = ĐK : ≤ y ≤ ⇔ y + – y + y (6 − y ) = ⇔ y ( − y ) = −5 pt vô nghiệm ⇒ PT (3) Vô nghiệm Dạng : Sử dụng ẩn phụ để chuyển PT ban đầu PT với ẩn phụ (Các hệ số chứa x) - Phương pháp sử dụng PT lựa chọn ẩn phụ cho biểu thức biểu thức lại khơng biểu diễn triệt để qua ẩn phụ Khi thường ta PT bậc theo ẩn phụ theo ẩn x có ∆ số phương Ví dụ 1: Giải phương trình: ( 4x – ) x + = 2x3 + 2x + (1) ĐK : x ≥ -1 Đặt t = x + ĐK : t ≥ ⇒ t2 = x3 + Khi PT ( ) có dạng ( 4x – )t = 2t + 2x – ⇔ 2t − ( x − 1) t + x − = (1’) Có ∆ = ( 4x – )2 - 8( 2x – ) = ( 4x – )2 ⇒ PT ( 1’ ) Có nghiệm t = x − ± ( x − 3)  x≥     x − ≥   t = x −  x =   x + = ( x − 1) ⇔  ⇔ ⇔   x=2  t =   x3 + =     x = −3  x =  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt  x = −3  Ví dụ 2: Giải phương trình: x2 – = 2x x − x ĐK x2 – 2x ≥ (2) x ≤ x ≥  Với t ≥ ⇔ Đặt t = x − x Khi PT ( ) có dạng : x2 – 2tx – = Có ∆' = t2 + = x2 – 2x + = ( x – )2 Do ( 2’ ) có nghiệm x = t ± ( x – )  x = x − x + ( x − 1) ⇔   x = x − x − ( x − 1) ⇔ (2’)  x − 2x =   x − x = x − 22/30 x = ⇔  x = −3  x − 2x − =   x ≥ ⇔   3 x − x + = Vậy phương trình có nghiệm x = ± x − 2x =  ⇔  2 x − ≥  x − x = (2 x − 1)  x = − ⇔   x = + tm Dạng : Là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành hệ phương trình với k ẩn phụ Ví dụ 1: Giải phương trình: ĐK : x ≥ u = − x Đặt  v = x − − x = 1- x − (1) v ≥ ⇒ u3 + v2 = u + v = ⇒ u3 + ( – u ) = ⇔ u3 + u2 – 2u = Khi PT ( ) trở thành  u + v = u = ⇔ u = u = −2 ⇔ 3 2− x = 3  2− x =1 3  − x = −2 2 − x = ⇔  − x =  − x = −8 x = ⇔  x =  x = 10 KL : PT có nghiệm x=2; x=1; x=10 Ví dụ 2: Giải phương trình: x + + x = (1) - Ngoài cách giải sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa phương pháp sử dụng tích đơn điệu hàm số, ta giải theo phương pháp đặt ẩn phụ (sử dụng ẩn phụ đưa hệ phương trình ẩn) Đặt x + = a ⇒ x + = a 3 x = b ⇒ x = b3 Nên a3-2b3 = 2x+1 – 2x ⇔ a3-2b3 = a + b = Cần tìm a, b thỏa mãn:  3  a − 2b = Ta có: a3 - 2(1-a)3 = 1⇔ a3 – – 2(1-a)3 = ⇔ (a-1) (a2+a+1) +2(a-1)3 = ⇔ (a-1) [(a2+a+1)+2(a-1)2)=0 Dễ thấy a2+a+1+2(a-1)2>0 nên a = => b= => x = Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = Ví dụ 3: Giải phương trình: − x + x − = 23/30 Ta thấy: - x + x – = (hằng số).Vì đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình khơng chứa giải dễ dàng Đặt a + b = a = 2− x ta có hệ phương trình:  3 a + b = b = x −1 ≥ Giải để tìm a, b-> tìm x Dạng 4: Dùng định lý Vi-ét để biến đổi phương trình chứa thành phương trình tích: Bước 1: Viết phương trình dạng bậc hai, đặt ẩn phụ t = ax + b Bước 2: Biến đổi dạng thích hợp kiểm tra dạng Vi-ét Ví dụ 1: Giải phương trình : x + x + = 3x x + ĐK: x ≥ −3 Đặt: t = x + ta có t − 3xt + x = 2 x + x = 3x Ta có:   x.x = x t1 = x  t2 = x nên đặt t = t1 t − ( t1 + t2 ) t + t1t2 = ⇔ ( t − t1 ) ( t − t2 ) = ⇔  t = t x +8 = Ví dụ 2: Giải phương trình: phương trình trở thành  x + = 2x ⇔  x + = x 3x + x + 4x +  x ≥ −8  ĐK:   x ≠ − Phương trình cho tương đương: ( x + ) − ( x + ) x + + 3x + x = ⇔ ( x + ) − ( x + x + ) x + + 3x ( x + ) = Đặt t = x + ta được: t − ( 3x + x + ) t + 3x ( x + ) = Đặt t1 = 3x, t2 = x + pt có dạng: t − ( t1 + t2 ) t + t1t2 =  x + = 3x ⇔ ( t − t1 ) ( t − t2 ) = ⇔   x + = x + *Bài tập : Cho phương trình : ( x + )( x + ) + 4( x + ) a Giải phương trình với m = -3 b Tìm m để phương trình có nghiệm 2.Giải phương trình: ( x + 1)2 x2 + = x +1 + x(1 − x ) 2x 3.Giải phương trình : x2 – = 2x x + x *Tổng qt: Phương trình có dạng: 24/30 x +1 =m x−3 n a − f ( x) + m b + f ( x) = c Đặt n a − f ( x) = u m b + f ( x) = v Khi ta có hệ phương trình: u + v = k  n m u + v = a + b Rồi giải hệ tìm u; v sau tìm x 3.5 Phương pháp sử dụng tam thức bậc - Ta biến đổi đưa phương trình dạng: ax + bx + c = (a ≠0) sử dụng công thức nghiệm phương trình bậc để giải Ví dụ 1: Giải phương trình: x2 – 7x + (x+2) x + = 24 (1) ĐKXĐ: x ≥ −3 (1) ⇔ x + x − x − 24 + 2( x + 2) x + = ⇔ −8( x + 3) + 2( x + 2) x + + x + x = Đặt x + = y ≥ , ta có : - 8y2+ 2(x+2)y+x2+x=0 Ta coi phương trình bậc ẩn y Tính: ∆’ = (3x+2)2 x => y1 = − ; y = x x +1 + Với y1 = − , ta có: x + = − x ⇔ x + x + = ⇔ ( x + 3) + x + − =  x + = − < 0(loai ) Giải được:   x + = −2 + ⇔ x = − < −3(loai ) x +1 + Với y2 = ta có: x+3 =  x + = − < 0(loai ) x +1 ⇔ x +3− x + − = ⇔   x + = + ⇔ x + = + + ⇔ x = + 3(TMDK ) Vậy phương trình có nghiệm là: x = +2 3.6 Phương pháp đốn nghiệm Ví dụ 1: Giải phương trình: x + + x + + x + = (1) Cách 1: Đoán nghiệm x = -2 Với x = -2 ta có −1 + + = => x=-2 nghiệm phương trình 25/30  x + < −1  Với x < -2 ta có  x + < =>Vế trái < = Vế phải(loại) 3  x + <  x + > −1  Với x>-2 ta có  x + > 3  x + > => Vế trái > = Vế phải(loại) Vậy phương trình (1) có nghiệm là: x = - +Ngoài cách giải hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ hình thức khác * Cách (Đặt ẩn phụ): Ta có: x = -2 nghiệm phương trình Với x + ≠ chia vế cho x + , ta được: x +1 =a x+2 x+3 =b x+2 Đặt x +1 x+3 + 1+ =0 x+2 x+2 Giải: a3+b3 = 2; a+b = - ( vơ nghiệm) Vậy nghiệm phương trình (1) là: x = -2 * Cách (Đặt ẩn phụ): Đặt x + = y ⇒ x = y − Ta y − + y + = − y (2) Lập phương vế (2),ta được: y − + y + + 3 y − 1(− y ) = − y ⇔ y = y y − Với y = =>x = -2 Với y ≠ 0, ta có: y = y − ⇔ y = y − => phương trình vơ nghiệm 3.7 Phương pháp nhân liên hợp để đưa tích số - Nhân liên hợp hình thức trục thức đẳng thức để sau liên hợp xuất nhân thử chung kết thúc việc giải phương trình tích Ví dụ 1: Giải phương trình sau: ( + x − ) = x + x + (1) Ta thấy: Rút gọn (1) ⇔ 2(3 − x) = x + − x − = x + − x − 18 ghép (x+6) – (9x – 18) = -8x + 24 = 8(3-x) có nhân tử 3- x với với trái nên ghép thức lại với để liên hợp 26/30 Giải: ĐKXĐ: x ≥ 8(3 − x) x + + x − 18 ⇔ 2(3 − x) = x + − x − 18 ⇔ 2(3 − x) =   ⇔ (3 − x) 1 − ÷= x + + x − 18    x = 3(tm) ⇔ = (2)  x + + x − 18 (1) Giải pt (2), ta được: x = 11 − (tm) Vậy phương trình có nghiệm: x = 3; x = 11 − Ví dụ 2: Giải phương trình sau: x − x − + x + = x − + 3x (1) -Ta thấy: (x2 – x- 1) – (2x – 3) = x – 3x + nên ghép lại để liên hợp : A− ( B= A−3 B ( )( A2 − AB + B A2 + AB + B ) )= ( A− B A2 + AB + B ) xuất nhân tử chung x2 – 3x +2 Giải: TXĐ: R Đặt a = x − x − ; b = x − ⇔ ( x − x − − x − 3) + ( x − 3x + ) = ⇔ (1) x − 3x + x − x − + ( x − x − 1)(2 x − 3) + (2 x − 3) 3 + ( x − 3x + 2) =   ⇔ ( x − x + 2)  + 1÷ =  a + ab + b  x = ⇔ x − 3x + = ⇔  x = *Nhận xét: Trong phép nhân liên hợp thức bậc ba, để đơn giản toán, ta nên đặt: a = A ; b = B Nguyên nhân việc đặt dựa vào b  3b  ≥0 đẳng thức: (a ± b)(a mab + b ) = a ± b3 mà lượng: (a mab + b ) =  a m ÷ +  Ví dụ 3: Giải phương trình sau: ( x −1 + x + )( 2 ) x + x − − = (1) (Đề thi HSG Toán 12 Nguyễn Gia Thiều) Giải: Điều kiện x ≥ Để ý: ( x + 2) – ( x – 1) = x + > x − 27/30 , ∀x ≥ ( ) ( (1) ⇔ [ x + − ( x − 1)] x + x − − = x + − x − ⇔ x2 + x − −1 = x + − x −1  x2 + x − −1 ≥  ⇔  x + x − − = ) ( ( ) (**) x + − x −1 )  x + x − ≥  x = −1 ⇔ ⇔  x − x − = x = Đối chiếu điều kiện x ≥ , ta có nghiệm phương trình x= Chú ý: Ở phương trình (**) ta giải cách bình phương vế sau bình phương vế ta làm x + x − Ví dụ 4: Giải Phương trình: 3x − x + − x − = 3( x − x − 1) − x − 3x + Giải: Để ý: ( 3x − x + 1) − ( 3x − 3x − 3) = ( x − 2) − ( x − 3x + 4) ⇒ ⇔ ⇔ ( ) ( x − − x − 3x + − ( x − − x − 3x + ) x − + x − 3x + − 3( x − ) x − + x − 3x +  − 3x − x + − x − x − = ( ) x − x + − x − 3x − 3x − x + + x − 3x − 2 ) =0 − 2( x − 2) x − x + + 3x − x − =0  =0 2 2 x − + x = + x − x + + x − x −   + >0 ⇔ x = 2, x − + x − 3x + 3x − 5x + + 3x − 3x − ⇔ ( x − 2)  + Thay x = vào phương trình ban đầu thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x = Chú ý: Ở ta khơng đặt điều kiện x2 – 3x – ≥ giải kết xấu, ta tìm nghiệm phương trình hệ thay lại phương trình ban đầu xem thỏa mãn lấy làm nghiệm * Sau tập giải phương trình vô tỷ hướng dẫn học sinh giải Giáo viên đưa dạng tập tương tự để học sinh giải Qua học sinh rèn luyện phương pháp giải hình thành kỹ giải phương trình vơ tỉ Bài tập Giải phương trình a 3x − = - 2x b − 2x = x − c 3x − x + + x - = HD: Biến đổi theo dạng dạng 2 Giải phương trình: x2 - 3x + x − 3x + = HD: Đặt t = x − 3x + (t ≥ ) ĐS: x = -1 v x = 28/30 Giải phương trình: x − + 3x − = x − HD: Đặt đk sau bình phương hai vế ĐS: x = x + x +1 = x −1 x −1 Giải phương trình: HD : A = B  AB A ≥ 0; B > AB  B = B − AB A < 0; B <  B ĐS : Nghiệm phương trình : x = -3 x−2 = x+2 Giải phương trình: ( x + 5) x+5 HD: B A  AB A ≥ 0; B > = B − AB A < 0; B < ĐS: Nghiệm phương trình là: x = 14 Giải phương trình: x + + x + 10 = x + + x + Giải phương trình: x + + x − = Giải phương trình: x + x+ 1 + x+ = 2 Giải phương trình: x2 + 3x + = (x + 3) x + 10 Giải phương trình: (4x - 1) x3 + = 2x3 + 2x +1 11 Giải phương trình: x2 - = 2x x − x 12 Giải phương trình: x2 + 4x = (x + 2) x − x + 13 Giải phương trình : x + + x + = x + x + 14 Giải phương trình : ( )( x2 + x + + x2 + x + ) x + − x + = 3x 15 Giải phương trình : x − + x + 3x = x − + (Đề thi HSG Tp Hà Nội) 29/30 PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Để làm tốt dạng tốn giải phương trình vơ tỷ học sinh cần phải nắm kiến thức bản, ngồi hiểu nắm phương pháp phù hợp để giải Mỗi chuyên đề toán sâu vào dạng tìm phương pháp giải phát triển toán Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm mang lại nhiều phương pháp hiệu việc giảng dạy dạng toán giải phương trình vơ tỷ Đây dạng tốn đa dạng phong phú, có tính tổng hợp vận dụng nhiều kiến thức lúc Đề tài giúp học sinh dễ tiếp thu thấy toán nên áp dụng phương pháp Mỗi phương pháp tơi nêu số ví dụ minh họa để h/s hiểu cách làm để từ làm tập mang tính tương tự nâng cao Sau năm tham gia giảng dạy thử nghiệm tiết học, luyệt tập đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi thấy học sinh tiến nhiều Các em dần yêu thích say mê với dạng tốn Nhiều học sinh khơng lúng túng thiếu tự tin trước nữa, khơng khí tiết học sôi hào hứng kết kiểm tra tốt lên nhiều Trước thực đề tài Sau thực đề tài Giỏi Khá TB Yếu Giỏi Khá TB Yếu 15% 40% 30% 15% 30% 50% 15% 5% 30/30 TÀI LIỆU THAM KHẢO 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 Các toán nâng cao Toán 9, NXb GD, 2009 Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán 9, Nxb GD, 2008 Báo THTT Bộ GD&ĐT, Một số vấn đề đổi phương pháp dạy học trường THCS Nguyễn Cảnh Toàn, Luận bàn kinh nghiệm tự học, Tủ sách tự học,1995 Nguyễn Cảnh Toàn, Tự giáo dục, tự nghiên cứu, tự đào tạo, NXB ĐHSP,2001 Sách giáo khoa mơn tốn lớp Sách tập mơn tốn lớp Sách hướng dẫn giảng dạy mơn tốn lớp 9, Nxb GD- 2008 Tài liệu Bồi dưỡng thường xuyên môn toán chu kỳ 2004-2007 Trần Phương Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, NXB Hà Nội – 2004 WWW.Violet.vn, Các đề thi, kiểm tra trường THCS Số học, Nguyễn Vũ Thanh Toán chọn lọc cấp II, Lê Hải Châu Chuyên đề số học, Võ Đại Mau Bài tập số học đại số-Tủ sách ĐHSP–Nhà xuất GD 1985 Thực hành giaỉ toán cấp II–Trung tâm nghiên cứu đào tạo bồi dưỡng giáo viên 250 toán số học đại số – Võ Đại Mau – Lê Tất Hùng – Vũ Thị Nhàn 255 toán số học chọn lọc–Sở GD Hà Tây 1993 Chuyên đề bồi dưỡng giỏi toán 9-Đinh Vũ Nhân–Võ Thị Ái Nương– Hoàng Chúng Số học bà chúa tốn học–Hồng Chúng Vũ Hữu Bình – Nâng cao phát triển Toán 8- NXB Giáo Dục–2003 Bùi Văn Tuyên-Bài tập nâng cao số chuyên đề Tốn 9-NXB Giáo dục – 2004 Vũ Hữu Bình – Toán bồi dưỡng học sinh lớp 9- NXB Giáo dục – 2004 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Hà Nội, ngày 13 tháng 03 năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết SKKN Nguyễn Thị Hải Lý ... vào số phương pháp giải phương trình vơ tỷ Các phương pháp giải phương trình vơ tỷ 3.1 Phương pháp nâng lên lũy thừa (Dùng vế phương trình có lũy thừa bậc) -Để làm bậc n ta nâng vế phương trình. .. Các giải pháp thực .2 Kiến thức 2 Một số dạng phương trình .2 Các phương pháp giải phương trình vô tỷ .6 3.1 Phương pháp nâng lên lũy thừa (Dùng vế phương trình. .. nghiệm phương trình (1) là:  3.4 Phương pháp đặt ẩn phụ: - Việc giải phương trình vơ tỷ khó khăn phức tạp phương pháp đặt ẩn phụ thích hợp cho ta đưa phương trình từ phức tạp phương trình hệ phương