SKKN TOÁN THPT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Skkn Toán THPT Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cho học sinh giỏi và luyện thi thpt quốc gia. Giải phương trình vô tỉ cho học sinh thpt. Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp THCS, THPT. Đặc biệt kể từ khi kì thi Đại học được cải cách theo hướng 3 chung và mới đây là kì thi THPT Quốc Gia, trong đề thi môn toán năm nào củng có bài toán giải phương trình vô tỷ hoặc bất phương trình vô tỷ.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH …… TRƯỜNG THPT …… - - BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ PHỤC VỤ THI ĐUA KHEN THƯỞNG NĂM 2020 Giải pháp: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA TÁC GIẢ SÁNG KIẾN: Họ tên: …………… – GV Toán ……………., 2020 MỤC LỤC CHƯƠNG 1: CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP 1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp 1.2 Mục tiêu giải pháp 1.3 Phương pháp thực 1.4 Đối tượng phạm vi áp dụng CHƯƠNG 2: QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP 2.1 Thực trạng .4 2.1.1 Thuận lợi 2.1.2 Khó khăn 2.2 Mâu thuẫn 2.3 Giải pháp đề xuất CHƯƠNG 3: NỘI DỤNG CỦA GIẢI PHÁP 3.1 Phương pháp biến đổi tương đương để giải phương trình 3.1.1 Phương pháp 3.1.2 Một số thí dụ 3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vơ tỷ .12 3.2.1 Phương pháp .12 3.2.2 Một số thí dụ .13 3.3 Phương pháp liên hợp để giải phương trình vơ tỷ 19 3.3.1 Liên hợp bậc 20 3.3.2 Liên hợp bậc 26 3.4 Hiệu giải pháp 36 Chương 4: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO .40 CHƯƠNG CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP 1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp Phương trình vơ tỷ đề tài lý thú vị Đại số, lôi nhiều người nghiên cứu say mê tư sáng tạo để tìm lời giải hay, ý tưởng phong phú tối ưu Tuy nghiên cứu từ lâu phương trình vơ tỷ mãi đối tượng mà người đam mê Tốn học ln tìm tòi học hỏi phát triển tư Bởi lẽ cũ với nhiều người song với đối tượng học sinh, người trực tiếp ngày phải đau đầu, nhức óc với tốn mà phương trình vơ tỷ tốn thuộc loại khó Mỗi loại tốn phương trình vơ tỷ có cách giải riêng phù hợp Điều có tác dụng rèn luyện tư toán học mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo Bên cánh đó, tốn giải phương trình vơ tỷ thường có mặt kỳ thi học sinh giỏi Toán cấp THCS, THPT Đặc biệt kể từ kì thi Đại học cải cách theo hướng chung kì thi THPT Quốc Gia, đề thi mơn tốn năm củng có tốn giải phương trình vơ tỷ bất phương trình vơ tỷ Chính thế, để giúp em học sinh có nhiều cách tiếp cận toán phương trình vơ tỷ, tơi tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc đề xuất số phương pháp để giải tốn 1.2 Mục tiêu giải pháp Mục tiêu giải pháp nâng cao trình độ chun mơn cho thân, hướng đến nâng cao chất lượng giảng dạy cá nhân, góp phần nâng cao tỷ lệ học sinh đạt điểm cao mơn Tốn nhà trường kỳ thi THPT Quốc Gia đến Trước thực tiễn thân nhà trường tin tưởng giao cho giảng dạy mơn tốn lớp 12a1, (lớp gồm học sinh có học lực tốt khối 12) qua năm học, em lại có nguyện vọng đậu vào trường Đại học hàng đầu thường có điểm thi phải cao, đặt cho giáo viên phải có phương pháp tối ưu để giúp em đạt ước mơ Trong đề thi tốn giải phương trình vơ tỷ vào loại câu khó nên điều thúc đẩy thân tìm tòi để hình thành giải pháp cho thân, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy cho tất giáo viên tổ Toán 1.3 Phương pháp thực Trong trình hình thành giải pháp cá nhân kết hợp phương pháp đây: Phương pháp phân tích: nghiên cứu thực trạng sử dụng phương pháp giải phương trình vơ tỷ biết để áp dụng giải toán cụ thể Trong thực tiễn giảng dạy Phương pháp tổng hợp: sử dụng tài liệu tham khảo với thực tế diễn lớp, với đóng góp quý thầy Phương pháp trao đổi thảo luận: nghiên cứu cung cấp kết thảo luận với thầy cô giáo tổ, với học sinh Phương pháp phân tích, thống kê số liệu: điều tra, khảo sát vấn học sinh lớp thực nghiệm 1.4 Đối tượng phạm vi áp dụng: Nội dung giải pháp hướng đến đối tượng học sinh khá, giỏi lớp trọng tâm phục vụ cho em học sinh dự thi kì thi THPT quốc gia Trong trình giảng dạy giáo viên học sinh trao đổi lời giải tốn, phân tích để chọn lời giải hay lấy để tích luỹ kình nghiệm cho thân Tuy nhiên không khuôn mẫu cho tư học sinh, để tránh học sinh tiếp thu theo lối mòn có sẵn dẫn đến gặp tốn “lạ”, “chưa gặp dạng” học sinh khơng thể giải Vì thực hành giải pháp giáo viên học sinh thoả sức thể lời giải theo suy nghỉ mình, cuối thảo luận học sinh giáo viên chốt lại đưa phân tích cho cách giải học sinh Tùy thuộc vào đặc điểm dạy học trường, tùy vào phương pháp lên lớp giáo viên để đưa cách thức khác để thực giải pháp Theo cá nhân tác giả thấy thực theo giải pháp học sinh khơng thụ động mà em chủ vấn đề tiếp nhận kiến thức, mặt khác em cảm thấy tự tin đứng trước toán giải phương trình vơ tỷ, đặc biệt em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia CHƯƠNG Q TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP Trường THPT Hòa hội trường vùng sâu, vùng xa tỉnh, chất lượng học tập học sinh thấp so với mặt chung tỉnh BRVT, học sinh thuộc nơng thơn , nhà em phải phụ giúp gia đình việc nhỏ, vừa sức nên em chưa hẳn sử dụng toàn thời gian cho việc học; Đây trở ngại vô lớn cho trình dạy học giáo viên học sinh Tuy nhiên kì thi (tốt nghiệp THPT trước THPT Quốc gia nay), trường THPT AAAAA có thành tích cao Đây động viên lớn lao cho giáo viên có thêm động lực để xây dựng giải pháp, sáng kiến áp dụng vào dạy học 2.1 Thực trạng 2.1.1 Thuận lợi Nhìn chung phần lớn học sinh trường THPT AAAAA ngoan lễ phép, có ý thức kỹ luật học tập Đây sở quan trọng để giáo viên tiến hành giải pháp thúc đẩy trình dạy – học Đội ngũ giáo viên có nhiệt tình tận tụy với nghề nên có đầu tư lớn công tác bổi dưỡng học sinh giỏi phụ đạo học sinh trung bihf yếu Đặc biệt quan tâm nhà trường vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi học sinh dự thi THPT Quốc gia, xác định mặt nhà trường nên có ưu thoả đáng cho giáo viên có học sinh giỏi có học sinh đạt tỷ lệ cao kỳ thi, điều làm cho đội ngũ giáo viên an tâm, nhiệt tình cơng việc 2.1.2 Khó khăn Bề dày kinh nghiệm số giáo viên trường chưa cao, việc thực dự thăm lớp hình thức; bị động thời gian, tình hình thiếu nhân trường kéo dài nên giáo viên phải dạy nhiều tiết dẫn đến khơng quỹ thời gian để thực nhiệm vụ dự Học sinh có khác biệt cách nhận thức, hồn cảnh gia đình, kinh tế, lười học thiếu quan tâm cha mẹ, Những điều ảnh hưởng nhiều đến vấn đề học tập học sinh, từ dẫn đến em chán nản việc học, hỏng kiến thức Trong lớp học có nhiều đối tượng học sinh nên giáo viên khó quản lí bao qt loại học sinh, đặc biệt phân loại kiến thức cho phù hợp với cấp độ, lực đối tượng Mặt khác, học sinh bị ảnh hưởng cách truyền thụ trước đây, nên ỷ lại, lười suy nghĩ, không chuẩn bị nhà, học lơ khơng tập trung, làm giảm khả tư học sinh 2.2 Mâu thuẫn Nhìn chung, giáo viên chủ yếu đội ngũ trẻ, có lòng nhiệt tình say mê với nghề Ln có lòng mong muốn cống hiến Tuy nhiên,do kinh nghiệm non nên nhiều lúc chưa có định hướng rõ ràng phương pháp dạy Dẫn đến ngộ nhận lực học sinh nên thường có yêu cầu cao kiến thức học sinh, điều làm cho học sinh bị áp lực đơi học sinh rơi vào tình trạng “mất niềm tin” vào thân Đối với học sinh, em có tinh thần học tập, nhiên, chưa có định hướng cách học, phần em thụ động tiếp thu kiến thức thời gan dài (cấp 1, 2) điều dẫn đến số học sinh bì hổng kiến thức dó gặp vấn đề đòi hỏi phải có lập luận cao học sinh dễ thất bại Sau giải tốn xong thường hỏi “có cách khác không em?” điều đặt em thơi thúc tìm kiếm lời giải khác Vì việc hình thành giải pháp điều tất yếu 2.3 Giải pháp đề xuất Trên sở vấn đề nói đến trên, để học sinh có học lực khá, giỏi có động lực với mơn tốn học thiết nghĩ hình thức bồi dưỡng học sinh giỏi giải pháp cần phải áp dụng Tuy nhiên, để việc thực giải pháp đạt hiệu cao điều quan trọng nằm tinh thần giáo viên bên cạnh thái độ học học sinh Qua nhiều năm tham gia giảng dạy học sinh giỏi cho học sinh trường, nhận thấy điều quan trọng dạy học thái độ tình cảm giáo viên Khi tình thương trách nhiệm giáo viên với học sinh cao chất lượng công tác bồi dưỡng tốt ngược lại Để giải toán nâng cao chất lượng học sinh chung tồn trường, có đối tượng học sinh khá, giỏi; với mục tiêu nâng cao tỷ lệ học sinh đạt điểm cao kỳ thi THPT Quốc gia, yếu tố cần thiết mạnh dạng giáo viên việc thực giải pháp để nâng cao trình độ cho học sinh CHƯƠNG NỘI DUNG GIẢI PHÁP Quy tắc chung cho việc giải phương trình vơ tỷ phương pháp biến đôi tương đương, cách đặt điều kiện luỹ thừa nhiều lần phương trình khơng biểu thức vơ tỷ, tìm hiểu phương pháp thơng qua vài thí dụ 3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 3.1.1 PHƯƠNG PHÁP Trong viết xét phương trình chủ yếu chứa bậc hai, dạng thức khác hiểu tương tự Khi sử dụng phương pháp thường nâng bậc phương trình đến phương trình thành đa thức, lúc sử dụng máy tính để tách nhân tử chung: Các dạng biến đổi tương đương thường gặp g(x) ≥ f (x) = g(x) ⇔  •  f (x) = [ g(x)] (1) g(x).h(x) ≥ • g(x) f (x) = h(x) ⇔  2 [ ] [ ] g ( x ) f ( x ) = h ( x ) (2)   f (x) ≥ g(x) ≥  f (x) + g(x) = h(x) ⇔ h(x) ≥ •   f (x) + g(x) + f (x).g(x) = [ h(x)]  (3) Các phương trình (1), (2), (3) giải ngồi sau kết hợp nghiệm phương trình Chúng ta sử dụng bước sau để giải phương trình nói chung B1: Lấy điều kiện có nghiệm cho phương trình B2: Thực phép biến đổi tương đương để giải phương trình B3: Đối chiếu điều kiện để chọn nghiệm phương trình 3.1.2 MỘT SỐ THÍ DỤ Thí dụ 1: Giải phương trình Bài giải: x − 6x + = 2x − 9 + ĐK: 2x − ≥ ⇔ x ≥ + BP vế ta có phương trình tương đương với x − 6x + = (2x − 9)2 ⇔ x − 10x + 25 = ⇔ x = (t / m) + Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = Thí dụ 2: Giải phương trình 2x − + x − 3x + = Bài giải: + ĐK: −(x − 3x + 1) ≥ ⇔ − ≤ x ≤ + 2 + Phương trình tương đương với 2x − = (−x + 3x − 1)2 ⇔ x − 6x3 + 11x − 8x + = x = ⇔ x − 4x + = x = 1(tm)  ⇔ x = − (tm) x = + (ktm)  + Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = 1,x = − Thí dụ 3: Giải phương trình 2x + x + = 41x − 20x + 36 Bài giải: + Nhận xét vế PT không âm + Phương trình tương đương với (2x + x + 4)2 = 41x − 20x + 36 ⇔ 4x + x + 16 + 4x3 + 16x + 8x = 41x − 20x + 36 ⇔ x + x3 − 6x + 7x − = (*) ⇔ (x − x + 1)(x + 2x − 5) = (**) 2 x − x + = 0(VN ) ⇔ x + 2x − = x = −1 + ⇔ x = −1 − + Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = −1 ± Nhận xét: Làm để phân tích pt dạng f (x).g(x) với f (x) = x + 2x − 5,g(x) = x − x + , điều giải thích phương pháp nhẩm nghiệm từ máy tính Sử dụng MT ta nhẩm nghiệm (*) có hai nghiệm gần α = 1, 449 , β = −3, 449 Sau kết hợp Vi et cho α + β = α , β hai số ta α β = ta kết luận hai số α , β hai   nghiệm phương trình x2 + 2x − = Đó sở để có biến đổi từ (*) (**) Phương pháp tác giả gọi “Phương pháp Vi – et để giải phương trình đa thức” Qua lời giải tham khảo thêm lời giải khác sau: PT ⇔ 2x + 4x − 10 = 3x − 14 + 41x − 20x + 36 ⇔ 2(x + 2x − 5) = 41x − 20x + 36 − (14 − 3x) 41x − 20x + 36 − (14 − 3x)2 41x − 20x + 36 + (14 − 3x) 32(x + 2x − 5) ⇔ 2(x + 2x − 5) = 41x − 20x + 36 + (14 − 3x) x + 2x − = ⇔  41x − 20x + 36 + (14 − 3x) = 16 x + 2x − = ⇔  41x − 20x + 36 = 3x + ⇔ x = −1 ± ⇔ 2(x + 2x − 5) = Phương pháp để giải phương trình tác giải gọi “PP liên hợp bậc 2” Thí dụ 4: Giải phương trình Bài giải: 3x + − 2x + = x + 3x + ≥  + ĐK: 2x + ≥ ⇔ x ≥ − x + ≥  + Phương trình tương đương với 3x + − 2x + = x + ⇔ 3x + = 2x + + x + ⇔ 3x + = 2x + + x + + (2x + 1)(x + 3) ⇔ (2x + 1)(x + 3) = x = − (tm)  x = −3 (ktm) + Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = − Thí dụ 5: Giải phương trình x + + 3x − = 5(5 − x) Bài giải: x + ≥  + ĐK: 3x − ≥ ⇔ ≤ x ≤ 5 − x ≥  + Phương trình tương đương với x + + 3x − + (x + 5)(3x − 8) = 25(5 − x)2 ⇔ 3x + 7x − 40 = 25x − 254x + 628 (*) + Bình phương hai vế phương trình (*) ta có phương trình hệ sau 625x − 12700x3 + 95904x − 319052x + 394544 = ⇔ (x − 4)(625x3 − 10200x + 55104x − 98636) = x = ⇔ g(x) = 625x − 10200x + 55104x − 98636 = (**) + Bây đặt f (x) = x + + 3x − 8,x ≥ ta có f '(x) = + > 0,∀x > x + 3x − suy f (x) ≥ f (8 ) = 23 Vì phương trình cho có nghiệm ta cần phải 3 có 5(5 − x) ≥ 23 ⇔ x ≤ (25 − 23 ) < 23 Từ ta chứng minh phương 5 23 trình (**) vô nghiệm khoảng [ ; ) + Ta có 10 −3 + = (x + 2) x+2+2 22 − 3x + 4 −3 + + Xét vế trái hàm số f (x) = có đạo hàm x+2 +2 22 − 3x + −2 −9 f '(x) = + < 0,∀x ∈ (−2; 22 ) 2 x + ( x + + 2) 22 − 3x ( 22 − 3x + 4) 22 nên hàm số f (x) giảm (−2; ), mặt khác vế phải làm số g(x) = x + tăng 22 (−2; ) (*) có nhiều nghiệm, đồng thời ta thấy x = −1 thỏa (*), (*) có nghiệm x = −1 + Kết luận phương trình có hai nghiệm x = −1,x = (*) ⇔ Bây ta xét lời giải sau + Phương trình tương đương với  x + − (1 x + ) +  22 − 3x − (14 − x) = x − x −  3  3  ⇔ [ x + − (x + 4)] + [ 22 − 3x − (14 − x)] = 3(x − x − 2) −4(x − x − 2) −(x − x − 2) + = 3(x − x − 2) x + + (x + 4) 22 − 3x + (14 − x) −4 −1 ⇔ (x − x − 2)  + − 3 =  x + + (x + 4) 22 − 3x + (14 − x)  x − x − = ⇔ + + = (*)   x + + (x + 4) 22 − 3x + (14 − x) ⇔ + Ta dễ dàng thấy (*) vơ nghiệm nên phương trình cho có hai nghiệm x = −1,x = Lời giải sử dụng phương pháp liên hợp bậc 3.3.2 LIÊN HỢP BẬC Liên hợp bậc thay biếu thức A biểu thức dạng ax + b đó, a,b tìm hệ phương trình, phương pháp đồng hệ số Chúng ta hình dung qua thí dụ sau: Thí dụ 1: Giải phương trình Bài giải: + ĐK: x ≥ 2x − 3x + = x 3x − + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = 1,x = • Trước hết ta thấy x = 1,x = làm nghiệm phương trình (x − 1)(x − 2) = hay x − 3x + = ta phân tích đa thức theo 26 nhân tử g(x).(x − 3x + 2) với g(x) biểu thức số Từ ta có lời giải Lời giải 1: + Phương trình tương đương với x − 3x + = x 3x − − x x( 3x − − x)( 3x − 2x + x) 3x − 2x + x − x ( x − x + 2) ⇔ x − 3x + = 3x − 2x + x x ⇔ (x − 3x + 2) + =0 x + 3x − 2 x − 3x + = ⇔ x = (VN ) 1 +  x + 3x − x = ⇔ x=2  x = vô nghiệm điều kiện + Trong lời giải phương trình + x + 3x − x ≥ , phương trình có hai nghiệm x = 1,x = • Hướng suy nghĩ thứ hai ta thay 3x − biểu thức dạng ax + b , nghĩa ta có đẳng thức 3x − = ax + b x = 1,x = Thay lần lược x = 1,x = vào đẳng thức có hệ phương  3.1 − = a.1 + b a + b = a = ⇔ ⇔ trình   2a + b = b = Từ ta có lời giải    3.2 − = a.2 + b ⇔ x − 3x + = ) ( thứ sau Lời giải 2: + Phương trình tương đương với x( 3x − − x) = x − 3x + ⇔ x( 3x − − x)( 3x − 2x + x) = x − 3x + 3x − 2x + x −x(x − 3x + 2) ⇔ = x − 3x + 3x − 2x + x x ⇔ (x − 3x + 2) +1 = x + 3x − ) ( 27 x − 3x + = ⇔ x + = (VN )   x + 3x − x = ⇔ x=2  + Kết luận phương trình có hai nghiệm x = 1,x = Thí dụ 2: Giải phương trình x + + − x = x2 + Bài giải: + ĐK: −3 ≤ x ≤ + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = −2,x = • Trước hết ta thấy x = 1,x = làm nghiệm phương trình (x − 1)(x + 2) = hay x + x − = ta phân tích đa thức theo nhân tử g(x).(x + x − 2) với g(x) biểu thức số • Sau ta phân tích x + = (x + x − 2) + (7 − x) ta tiếp tục tìm cách thay x + ax + b , làm ta có hệ sau −2a + b = a + b = ⇔  a =  Từ ta có lời giải  b = + Phương trình tương đương với x + + − x = x + x − + (7 − x) ⇔ x + − x + +  − x − − x +  = x2 + x −  3 3  2 x + − 1x + −x − − 1x + 3 + 3 = x2 + x − ⇔ −x + − 1x + x + + 1x + 3 3 − (x + x − 2) − (x + x − 2) 9 ⇔ + = x2 + x − 2−x + − x+ x+3+ x+ 3 3   9  =0 ⇔ (x + x − 2) + +  2−x + − x+  x+3+ x+  3 3  x + x − =  ⇔ 9 1 + + = (*)  x+3+ x+ − x + − 1x +  3 3 + Theo điều kiện −3 ≤ x ≤ ( ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ) ) ( ) ( ( ( ) ( ( 28 ) ) 1 x + = x + ≥  Xét −3 ≤ x ≤ ta có  3 −3x + 43 suy vế trái (*) dương nên (*) ≥ − x + = 3 3 vô nghiệm 1 x + = x + ≥  Xét ≤ x ≤ ta có  3 −3x + 43 suy vế trái (*) dương nên (*) vô ≥ − x + = 3 3 nghiệm + Vậy (*) vô nghiệm khoảng [ −3;2] , phương trình cho có hai nghiệm x = 1,x = Thí dụ 3: Giải phương trình (x + 1) x − 2x + = x + Bài giải: + ĐK: x + > ⇔ x > −1 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = 2, 4142 ,x = −0, 4142 • Trước hết ta lấy tổng tích hai số ta S = 2,P = −1 ta có hai số x = 2, 4142 ,x = −0, 4142 nghiệm phương trình x − 2x − = • Sau ta phân tích x + = (x − 2x − 1) + (2x + 2) ta có lời giải + Phương trình tương đương với (x + 1) x − 2x + = x − 2x − + 2(x + 1) ⇔ (x + 1)( x2 − 2x + − 2) = x2 − 2x − ⇔ (x + 1)(x − 2x − 1) = x − 2x − x − 2x + + 2 x − 2x − = ⇔ =1  x +1  x − 2x + + x = ± ⇔ = (*)  x +1  x − 2x + + + Dễ dàng chứng minh (*) vô nghiệm phương trình cho có hai nghiệm Phương pháp tác giả gọi “kỹ Vi – et ” để giải phương trình vơ tỷ Thí dụ 4: Giải phương trình x3 − 3x + = − 3x 29 Bài giải: + ĐK: − 3x ≥ ⇔ − ≤ x ≤ 3 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = 1,618 ,x = −0,618 • Trước hết ta lấy tổng tích hai số ta S = 1,P = −1 ta có hai số x = 1,618 ,x = −0,618 nghiệm phương trình x2 − x − = • Bây ta tìm thay − 3x ax + b để tìm nghiệm x = 1,618 ,x = −0,618 Ta có − 3x = ax + b ⇔ − 3x = (ax + b)2 ⇔ (a + 3)x + 2abx + b2 − = lúc cần có dãy tỷ số a + = −2ab a + 2ab = −3 a2 + = 2ab = b2 − ⇔  a2 + = − b2 ⇔ a2 + b2 = −1 −1   2 • Hệ hệ đẳng cấp bậc ta có phương trình sau a = − b 2 2 2 5(a + 2ab) + 3(a + b ) = ⇔ 8a + 10ab + 3b = ⇔  a = − b  2 a + 2ab = −3 a = a = a = −1 1b a = − ⇔ ⇔ ∨ • Với ta có hệ b = −2a b = −2a b = −2 b = 2     • Với a = − b ta có hệ a = a = −3 a2 = a + 2ab = −3    5 ⇔ ⇔ ∨ •  − 4 b = − a b = − a b = b =    a = −1 • Cuối ta chọn nghiệm b = để giải !  + Phương trình tương đương với x3 − 3x + − (2 − x) = − 3x − (2 − x) − 3x − (2 − x)2 ⇔ x − 2x − = − 3x + (2 − x) −4(x − x − 1) ⇔ (x + 1)(x − x − 1) = − 3x + (2 − x) =0 ⇔ (x − x − 1) x + +  − 3x + (2 − x) 30 x − x − = ⇔ = (*) x + + − x + ( − x )  + Phương trình x − x − = ⇔ x = ± + Xét phương trình (*) , đặt f (x) = − 3x + − x với − ≤ x ≤ , ta có −3x − − 3x2 −3x − = ⇔ x = − − 3x f (− ) = + lập bảng biến thiên ta suy < f (x) ≤ + suy 3 ≥ 12 = −2 ≤x≤ từ với ta có f (x) + + 3 x +1+ ≥ − +1+ > (*) vô nghiệm f (x) 3+ f '(x) = f '(x) = ⇔ + Kết luận phương trình cho có hai nghiệm x = ± Thí dụ 5: Giải phương trình Bài giải: 8x + + 20x + = x − x + + ĐK: x ≥ − + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = −0, 23606 ,x = 4, 23606 • Trước hết ta lấy tổng tích hai số ta S = 4,P = −1 ta có hai số x = −0, 23606 ,x = 4, 23606 nghiệm phương trình x − 4x − = • Bây ta thay 8x + ax + b để tìm nghiệm x = −0, 23606 ,x = 4, 23606 Ta có 8x + = ax + b ⇔ 8x + = (ax + b)2 ⇔ a 2x + (2ab − 8)x + b2 − = 2 a + b = a2 = 2ab − = b2 − ⇔  lúc cần có dãy tỷ số 2a2 + ab = −4 −1  a = • Giải tương tự trên, cuối ta chọn nghiệm b = để giải !  + Phương trình tương đương với 31 8x + − (x + 2) + 20x + − (2x + 1) = x − 4x − 8x + − (x + 2)2 20x + − (2x + 1)2 + = x − 4x − 8x + + (x + 2) 20x + + (2x + 1) −(x − 4x − 1) −4(x − 4x − 1) ⇔ + = x − 4x − 8x + + (x + 2) 20x + + (2x + 1) =0 ⇔ (x − 4x − 1) 1 + +  8x + + (x + 2) 20x + + (2x + 1) x − 4x − = ⇔ + =0 (*) 1 + 8x + + (x + 2) 20x + + (2x + 1)  ⇔ + Phương trình x2 − 4x − = ⇔ x = ±  8x + + (x + 2) > x ≥ − (*) + Xét phương trình , với , ta có  vế  20x + + (2x + 1) > trái (*) + 8x + + (x + 2) + 20x + + (2x + 1) > , (*) vô nghiệm + Kết luận phương trình cho có hai nghiệm x = ± Thí dụ 6: Giải phương trình Bài giải: −x + 12x + 15 + 24x + 21 = 3x − 6x − −x + 12x + 15 ≥  ⇔ + ĐK: 24x + 21 ≥ 3x − 6x − ≥  − ≤ x ≤ −  1 + ≤ x ≤ + 51  + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = 3,79128 ,x = −0,79128 • Trước hết ta lấy tổng tích hai số ta S = 3,P = −3 ta có hai số x = 3,79128 ,x = −0,79128 nghiệm phương trình x − 3x − = • tương tự + Phương trình tương đương với 32 −x + 12x + 15 − (x + 3) + 24x + 21 − (2x + 3) = 3x − 9x − −x + 12x + 15 − (x + 3)2 24x + 21 − (2x + 3)2 + = 3(x − 3x − 3) 24x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3) −2(x − 3x − 3) −4(x − 3x − 3) ⇔ + = 3(x − 3x − 3) 24x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3) =0 ⇔ (x − 3x − 3) 3 + + 24x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3)  x − 3x − = ⇔ + = (*) 3 + 24 x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3)  ⇔ + Phương trình x − 3x − = ⇔ x = ± 21 (tm) + Xét phương trình  −x + 12x + 15 + (x + 3) >   24x + 21 + (2x + 3) > 3+ + −x + 12x + 15 + (x + 3) (*) , với − ≤ x ≤ −  , 1 + ≤ x ≤ + 51  vế trái ta có (*) > , (*) vô nghiệm 24x + 21 + (2x + 3) + Kết luận phương trình cho có hai nghiệm x = ± 21 Thí dụ 7: Giải phương trình Bài giải: x + 8x + + 24x + 10 = 3x + x + x ≤ −4 − 13 ∨ x ≥ −4 + 13  ⇔ x ≥ −4 + 13  x ≥ −  12 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm nghiệm x = 1,7207 ,x = −0,3874 • Trước hết ta lấy tổng tích hai số ta S = 1,333,P = −0,666 ta có “cảm nhận” hai số x = 1,7207 ,x = −0,3874 nghiệm phương trình 3x − 4x − = • tương tự x + 8x + ≥ + ĐK: 24x + 10 ≥ ⇔  + Phương trình tương đương với 33 x + 8x + − (2x + 1) + 24x + 10 − (3x + 2) = 3x − 4x − x + 8x + − (2x + 1)2 24x + 10 − (3x + 2)2 + = 3x − 4x − 2 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + + (2x + 1) −(3x − 4x − 2) −3(3x − 4x − 2) ⇔ + = 3x − 4x − 2 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + + (2x + 1) =0 ⇔ (3x − 4x − 2) 1 + + 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + + (2x + 1)  3x − 4x − = ⇔ + = (*) 1 + 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + + (2x + 1)  ⇔ + Phương trình 3x − 4x − = ⇔ x = ± 10 (tm)  x + 8x + + (2x + 1) > + Xét phương trình (*) , với x ≥ −4 + 13 , ta có   24x + 10 + (3x + 2) > vế trái (*) + x2 + 8x + + (2x + 1) + 24x + 10 + (3x + 2) > , (*) vơ nghiệm + Kết luận phương trình cho có hai nghiệm x = ± 10 Thí dụ 8: Giải phương trình 2x + + 20x + = 3x Bài giải: + Kết luận phương trình cho có nghiệm x = + Thí dụ 9: Giải phương trình (x3 − 3x + 1) x + 21 + x − 3x + x = 21 Bài giải: + ĐK: + Phương trình tương đương với (x3 − 3x + 1) x + 21 + x(x3 − 3x + 1) = 21 ⇔ (x3 − 3x + 1)( x + 21 + x) = 21 ⇔ x3 − 3x + = x + 21 − x 34 ⇔ (x − 2)(x + 2x + 2) = x2 − x + 21 + x = ⇔ x+2 x + 2x + =  x + 21 + (*) + Xét phương trình (*) ta có x2 + 2x + = (x + 1)2 + ≥ 1,∀x ∈ R Tiếp theo ta xét bất phương trình x+2 ≥ ⇔ x + 21 + ≤ x + x + 21 + ⇔ x + 21 ≤ x − x − ≥ ⇔ 2 x + 21 ≤ (x − 3) x ≥ ⇔ ⇒ x∈∅ x ≤ 2 Từ ta dễ dàng chứng minh (*) vô nghiệm + Kết luận phương trình cho có nghiệm x = * Lời giải khác: + Phương trình tương đương với x + 21 − (x3 − 3x + 1) x + 21 − (x − 2x + x) = + (**) Đặt phương trình viết lại t = x + 21,t ≥ 21 t − (x − 3x + 1).t − (x − 2x + x) = Tính biệt thức ∆ = (x − 3x + 1) + 4(x − 2x + x) = (x − x + 1) , phương trình (**) có hai nghiệm t = −x,t = x3 − 2x + x ≤ + Xét phương trình x + 21 = −x ⇔ x + 21 = x ⇔ x ∈ ∅  + Xét phương trình x + 21 = x3 − 2x + với cách giải sau x − 2x + ≥ x + 21 = x − 2x + ⇔  x + 21 = (x − 2x + 1)  −1 − ≤ x ≤ −1 − ∨ x ≥  22 ⇔ x − x + x + x − 4x − 20 = (3*)  + Với phương trình (3*) ta biến đổi tiếp sau x = (3*) ⇔  x + 2x + 2x + 7x + 10 = (4*) 35 + Với điều kiện x3 − 2x + ≥ ta biến đổi (4*) sau (4*) ⇔ (x3 − 2x + 1)(x + 2x + 2) + 5x + 9x + = x3 − 2x + ≥ (dk)  Phương trình vơ nghiệm bất đẳng thức x + 2x + > 5x + 9x + >  + Kết luận phương trình cho có nghiệm x = Thí dụ 10: Giải phương trình x − + x = x3 − Bài giải: + ĐK: x ≥ + Phương trình tương đương với x − − + x − = x3 − − x − + x − = x3 − 27 (voi a = x − 1) a2 + 2a + x3 − + ⇔ (x − 3)  x + + − x 3+ 3x +  = a + 2a + x − +  x = ⇔  x+3 + − x 3+ 3x + = (*)   a + 2a + x −2 +5 ⇔ + Bây ta xét phương trình (*) • Xét bất phương trình x + 3x + > ⇔ x + 3x + > x − + 10 x3 − + ⇔ x + 3x − > x3 − ⇔ (x + 3x − 1)2 > 4(x3 − 2), (do x ≥ ) ⇔ x + 2x3 + 7x − 6x + > ⇔ (x + x)2 + 6x2 − 6x + > 0, (dúng) • Tiếp theo ta xét bpt x+3 < ⇔ x + < (x − 1)2 + x − + a + 2a + ⇔ (x − 1)2 + x − + > x (**) Đặt t = x − 1,t > 0,x ≥ suy x2 = t3 + ⇒ x = t3 + từ (**) trở thành t3 + < t2 + 2t + ⇔ t4 + 3t3 + 6t2 + 4t > (dúng) • Từ bpt ta chứng minh (*) vô nghiệm + Kết luận phương trình cho có nghiệm x = 36 3.4 HIỆU QUẢ GIẢI PHÁP Trong trình giảng dạy trường THPT AAAAA năm qua, áp dụng phương pháp vừa nêu trên, thấy có chuyển biến rõ rệt Các em tự tin việc giải phương trình vơ tỷ Trong học tập em mạnh dạn phát biểu ý kiến, biết cách đưa phương pháp giải toán nhanh Đặc biệt, em bỏ qua mặc cảm tự ti, biết trao đổi chỗ chưa hiểu, từ em hiểu vấn đề sâu hơn, chắn Sự tiến em biểu cụ thể qua điểm số, qua việc học sinh có ý thức học lớp nhà, đặc biệt tạo phong trào học sôi nghiêm túc học lớp Một điều quan trọng với tự tin em làm tốn vơ tỷ đề thi thử số trường nước tiền đề để giải toán đề thi THPT Quốc gia Từ kết thi THPT Quốc gia năm 2014 -2015(100% học sinh đạt điểm kì thi , số học sinh đạt điểm cao nhiều) Tơi nhận thấy rằng, có đầu tư thật tốt cho em gặt thành công định 37 CHƯƠNG KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 4.1 Ý nghĩa giải pháp Toán học môn học bản, môn học rèn luyện tư để giúp em học tốt môn học khác có nhiều vận dụng thực tế sống học sinh ngày, không hẳn em có thái độ tốt với nó, áp lực ngày cao theo xu hướng phát triển tồn diện người Để em có sở thích mơn tốn cách làm cho em học tốt môn này, để tạo cho em có thêm tiền đề chuẩn bị cho thi cao thực tiễn sống sau Với mục tiêu đó, qua năm giảng dạy, biện pháp nói giúp tơi có kết chất lượng học sinh Các em thay đổi tư tốn giải phương trình vơ tỷ, phần lớn học sinh có đạt mục tiêu đề nhà trường kiểm tra, đặc biệt kì thi THPT Quốc gia Với kinh nghiệm đó, thân dạy tạo thái độ học tập sơi nổi,tích cực hơn, em có siêng nghiêm túc học tập 4.2 Bài học kinh nghiệm hướng phát triển Trên số biện pháp mà áp dụng để giúp học sinh vượt qua tình trạng “sợ” tốn giải phương trình vơ tỷ Qua q trình thực tơi rút cho số học kinh nghiệm sau: Đối xử thật công tất đối tượng, đừng em lớp học có trình độ chênh lệch mà thiên vị đối tượng nào, người thầy phải biết gây hứng thú học tập cho học sinh, biết ý lắng nghe phát biểu học sinh, biết động viên khích lệ em em trã lời hướng dẫn em suy nghĩ lại em nghĩ sai hướng Được có tự tin em, mạnh dạn chia em từ giáo viên có thêm nhiều niềm vui giảng dạy Giáo viên phải người biết khơi dậy tính tự học học sinh khơng nản lòng trước chậm tiến học sinh, phải biết phát tiến em cho dù nhỏ để kịp thời động viên khuyến khích làm niềm tin cho em cầu tiến Sự nhiệt thành giáo viên trở thành điều quan trọng cho bước tiến em Giáo viên nhiệt tình, chất lượng học tập em nâng cao Mong rằng, với kinh nghiệm trên, có chia đồng nghiệp để hoàn thiện áp dụng vào thực tế, với mục đích cuối cùng: nâng cao chất lượng môn học sinh ngày lên tốn phương trình 38 nói chung phương trình vơ tỷ nói riêng khơng nỗi sợ đối tượng học người dạy học 4.3 Đề xuất kiến nghị Thông qua này, mong chất lượng giảng dạy giáo viên, học tập học sinh ngày nâng lên, để cuối chất lượng giảng dạy trường tiến Vì thế, để thực tế hóa vấn đề này, xin đưa số đề xuất:  Cần có chia kịp thời đồng nghiệp phương pháp nội dụng dạy cho hợp lý, để có kết tốt cho em  Cụ thể hóa chương trình, để tất giáo viên có hướng hợp lí, để giáo viên trẻ có định hướng lên lớp  Có kiểm tra thường xuyên ban giám hiệu tổ chức chuyên trách để công tác bồi dưỡng có chất lượng hiệu cao 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Duy Hiếu, Kĩ thuật giải nhanh tốn hay khó Giải Tích 12, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội Phan Huy Khải, Phương Trình Bất Phương Trình, NXB Giáo dục Việt Nam Nguyễn Đức Tấn – Phan Ngọc Thảo, Phương trình Hệ phương trình Khơng mẫu mực Nguyễn Hữu Điển, Đa thức Ứng dụng, NXB Giáo dục Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số từ tháng 5/ 2014 đến 12/ 2015 40