RÈN LUYỆN một số kỹ NĂNG CHO học SINH KHÁ GIỎI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Tốn học khoa học trìu tượng, có nguồn gốc từ thực tiễn có ứng dụng rộng rãi thực tiễn Việc rèn luyện tư logic, phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động người học, hình thành phát triển lực người học,trau dồi phẩm chất linh hoạt, độc lập, sáng tạo tư yêu cầu dạy học hàng đầu mơn tốn trường phổ thơng Việc trang bị cho học sinh phương pháp để giải tập, rèn kỹ cho học sinh cần mơn Tốn, giúp học sinh nắm vững kiến thức bản, đồng thời phát triển tư lực sáng tạo, cịn phương tiện tư tốt để củng cố kiến thức, luyện tính độc lập suy luận, tính kiên trì gặp khó, tính cẩn thận, xác, khoa học Thơng qua dạy học theo chuyên đề, học sinh rèn luyện kỹ tiến trình khoa học xếp, phân loại, liên hệ Kiến thức thu khái niệm mối liên hệ mạng lưới với Trình độ nhận thức đạt mức độ cao phân tích, tổng hợp, đánh giá Phương trình, hệ phương trình, phân mơn quan trọng Đại số có ứng dụng lớn ngành khoa học Những dạng toán xuất nhiều đề thi Tỉnh, chọn ĐT HSG Quốc Gia tỉnh năm hay chí đề thi quốc gia nước, … Nhận thấy tầm quan trọng chủ đề hệ chuyên hệ không chuyên Với lý trên, xây dựng thực SKKN với đề tài “ Rèn luyện số kỹ cho học sinh giỏi giải phương trình hệ phương trình vơ tỷ ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Xây dựng tập cách có hệ thống kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo cần có, tập mang tính vận dụng vận dụng cao đề học sinh thấy tự tin học chủ đề 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu lớp phương trình, hệ phương trình vơ tỷ 1.4.Phương pháp nghiên cứu Với số phương pháp tập điển hình, hướng Và hy vọng viết đem lại cho em học sinh cảm hứng nâng cao khả tư trình làm Đây chun đề có ý nghĩa thực tiễn cơng việc giảng dạy, cho ta cách nhìn qn dạng tốn giải phương trình, hệ phương trình dạng tốn có liên quan Việc nhóm học có dạng vào nhóm lên kế hoạch giảng dạy cụ thể - Như giảng dạy học sinh giỏi ( gọi chủ đề chuyên sâu vấn đề ) giúp học sinh có nhìn hệ thống, khái quát sâu sắc mảng kiến thức từ đơn vị kiến thức riêng lẻ truyền thụ tiết học cụ thể Và dạy học theo chủ đề thích hợp với cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi, mà đề thi mang tính tổng hợp cao NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận SKKN Khái quát hóa, đặc biệt hóa tương tự thao tác tư có vai trị quan trọng q trình dạy học tốn trường phổ thơng Khái quát hóa, đặc biệt hóa,tương tự hóa giúp mị mẩm, dự đốn để tìm lời giải tốn, mở rộng, đào sâu, hệ thống kiến thức góp phần quan trọng việc hình thành phẩm chất trí tuệ cho học sinh 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng SKKN Việc dạy học thực theo đơn vị kiến thức nhỏ, nên việc truyền thụ kiến thức thường chiều từ giáo viên tới học sinh dẫn đến việc học sinh thụ động khơng có liên kết đơn vị kiến thức chủ đề Việc dạy học theo chủ đề thực bồi dưỡng học sinh giỏi khơng có phần tìm hiểu kiến thức Các tập đưa rời rạc, không đưa hệ thống tập đầy đủ, bao quát mang tính điển hình 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Tóm tắt lí thuyết Một số bất đẳng thức kinh điển  Bất đẳng thức AM – GM cho n số không âm: a1  a2   an n � a1a2 an n Đẳng thức xảy a1  a2   an  Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai dãy số thực  a1,a2, ,an  ;  b1,b2, ,bn   a1b1  a2b2   anbn  ta có: � a12  a22   an2   b12  b22   bn2  Đẳng thức xảy  kbi , i  1, n; k ��  Hệ (Bất đẳng thức Mincopski) Với dãy số thực a1,a2 , ,an b1,b2, bn Ta có: a12  b12  a22  b22   an2  bn2 �  a1  a2   an    b1  b2   bn  2 Đẳng thức xảy a1,a2 , ,an b1,b2, bn số tỉ lệ Tính đơn điệu giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số  Định nghĩa Giả sử K khoảng, nửa khoảng, đoạn y  f  x xác định D gọi là: x , x �K , x1  x2 � f  x1   f  x2  + Đồng biến K với x , x �K , x1  x2 � f  x1   f  x2  + Nghịch biến K với  Điều kiện để hàm số đơn điệu Hàm số Giả sử hàm số + Nếu hàm số y  f  x y  f  x có đạo hàm K đồng biến K f�  x  �0x �K f�  x  �0x �K y  f  x + Nếu hàm số nghịch biến K ( Dấu đẳng thức thức xảy hữu hạn điểm )  Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu y  f  x Định lý Giả sử K khoảng, nửa khoảng, đoạn Hàm số liên tục K có đạo hàm điểm K Khi f �x  0,  x �K y  f  x + Nếu   hàm số đồng biến K f �x  0,  x �K y  f  x + Nếu   hàm số nghịch biến K f �x  0, x �K y  f  x + Nếu   hàm số khơng đổi K  Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình Vận dụng kết quả: “Nếu hàm số y  f  x liên tục đơn điệu chiều f x 0 miền K số nghiệm K   không nhiều u, v �K : f  u  f  v � u  v ”  Định nghĩa Cho hàm số y  f  x xác định K + Số M gọi giá trị lớn hàm số y  f  x K �  x� M , x K �f  � x0 �K | f  x0   M � y  f  x + Số m gọi giá trị nhỏ hàm số K �  x� m, x K �f  � x0 �K | f  x0   m �  Vận dụng để giải tốn min, max: Để tìm min, max hàm y  f  x xác định khoảng K ta tính y� tìm điểm mà y� triệt tiêu không tồn tại, lập bảng biến thiên Từ bảng biến thiên tìm min, max Tương giao đồ thị  Tọa độ giao điểm � y  f  x  C  � I  � y  g x   C  �  C 1  C  nghiệm hệ  Phương trình hồnh độ giao điểm: f  x   g x  I   * * C C + Số nghiệm   số giao điểm     * C C + Nghiệm   hoành độ giao điểm      Ta sử dụng tương giao đồ thị để biện luận số nghiệm pt tảng để lập luận tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm Ứng dụng hình học giải tích r r u x ,y ,v x ,y  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho vecto  1   2  ta có r r r r u  v �u  v �  x1  x2    y1  y2  � x12  y12  x22  y22 r r Dấu xảy vàchỉ hai vectơ u, v hướng r r  Với hai vecto u, v khơng gian rr r r r r r r uv  u v cos u, v �u v 2    (Định lí Cosin tam giác) Cho a,b,c ba cạnh tam giác ABC a2  b2  c2  2bc cos A Định lí Bolzano-Cauchy  Định lí Bolzano – Cauchy thứ nhất: Giả sử hàm  a,b liên tục đoạn f c 0 cho   a,b  Định lí Bolzano – Cauchy thứ hai: Giả sử f liên tục  Khi f nhận f  a  f  b  f :  a,b � � giá trị trung gian Khi tồn f  a f  b , c � a,b f a tức với số thực  nằm   c � a,b f c  tồn cho   Định lí Lagrange – Rolle f x a,b  Định lí Rolle: Nếu   hàm liên tục đoạn  , có đạo hàm khoảng f  b ,  a,b f a  f  b c � a,b f �c    tồn cho   Từ ta có hệ quả: f x a,b a,b  Hệ 1: Nếu hàm số   có đạo hàm  có n nghiệm  f�  x a,b có n 1 nghiệm  f x a,b f �x  Hệ 2: Nếu hàm số   có đạo hàm    vơ nghiệm  a,b  a,b f  x a,b có nhiều nghiệm  f x a,b f �x  Hệ 3: Nếu   có đạo hàm    có nhiều n nghiệm f  x a,b có nhiều n  nghiệm  f x a,b  Định lí Lagrange: Nếu   hàm liên tục đoạn  , có đạo hàm f�  c  f  b  f  a  b a a,b f a  f  b c � a,b khoảng    tồn cho 2.3.2 Một số toán minh họa 2.3.2.1 Biến đổi tương đương, nhân liên hợp Dùng phép biến đổi, đồng nhất, kết hợp với tách, nhóm, ghép, liên hợp thích hợp để đưa phương trình cho dạng tích số đơn giản biết cách giải, chẳng hạn như: A0 � A.B  � � B 0 � Bài tốn 1: Giải phương trình: x2   x   x   x2  x  x3  1 (Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc – Thanh Hóa) Lời giải Điều kiện: x �1 � x3  � �  x  �   � � x3 � � �   x2  x   x  x3  x3  �  x  3 x   x2  x  1 x  1 x2  x  x  x3 x3 � x  1 � x    x  3  x  x  1 � x  2x   � � x  1 � Kết luận: So với điều kiện vào  * nghiệm cần tìm x  1� r  Bình luận:  B D , cụ thể Phương trình có dạng A  B  C  D với AC x3   x  3   x  1 x2  x   x3  tốn ta có x  nên viết dạng A  C  D  B bình phương để giải phương trình hệ Từ ta có lời giải   Bài tốn 2: 2 Giải phương trình: 2x   x 5 4x  4x (*) (Đề nghị Olympic 30/4/2014 – THPT chuyên Bình Long – Bình Phước) x  ,x  Phân tích: Sử dụng máy tính cầm tay, tìm nghiệm nên ghép bậc để liên hợp � 1 x  � 2x      ax  b  a  b � a2 � �� 2 � b  1 � � x  � x     ax  b  a  b Với 2x  � � x  �  x     ax  b  a b � a  2 � 2 � � � b � 2 � x  �  x     ax  b  a  b  x Với � Lời giải �x � Điều kiện: x Nhận thấy nghiệm phương trình x � � 2x   2x  1�0 Với thì: 2 � � �  * � 3� �2x    2x  1 � x � 5 4x   2x  3 � 3 2x  3x  1  � 6 2x2  3x  1 2x   2x   4x  2x2  3x  1 5 4x2  3 2x  3 2x2  3x  1  � � 4x �  2x2  3x  1 �   3� 5 4x2   2x � 2x   2x  � � x   loai  � 2x  3x   � � � x1 � x  1, x  2r Kết luận: So với điều kiện đề bài, nghiệm cần tìm  Nhận xét: Trong toán này, ta phải xét trường hợp, nguyên nhân liên hợp có 2x   2x   � x  Chính biểu thức mẫu số làm biểu thức cho phép biến đổi khơng xác định, sai lầm thường gặp học sinh Bài toán 3:   � xy  x  y xy   x  y  y   � � � y  xy  x  1 x  �  x  1 � � � Giải hệ phương trình: �  1  2 (Chọn ĐT học sinh giỏi quốc gia tỉnh Ninh Bình 2014 – 2015) Phân tích: Nhận thấy phương trình có lời giải sau  1 x  y , tức có nhân tử x  y Thật vậy, ta Lời giải x �0, y �0 � � � xy   x  y xy  �0 Điều kiện: � Với x  y  hệ vơ nghiệm nên xét x  0, y   xy   x  y   1 � � � � � � xy   x  y  xy   x  y    xy   y� y  x � �  xy   y2  y  x  y   x  y  xy   x  y    xy   y  yx x y   xy   xy 0 x y xy   y � � y  xy  � � �  x  y �  � x  y � xy   x  y xy   y � � �    3 0 x  y Do với x  0, y  lượng , cịn lượng y  xy  chưa xác định dấu Quan sát phương trình   có lượng y  xy hồn tồn biểu diễn theo x Tức  2 � y  xy   x  1 x  �2 x  chứng minh Thật vậy:  x  1 x  x1 mong muốn x3  3x   x  1  x  2  x  1 x     �0x  x  x  x  Xét hiệu: Do y  xy  �0, nên từ   ta x  y Thế x  y vào phương trình  2 ta  2 �  x  1  3x  x2   � x  y  1�x  y  1 17 � � � 1 17 1 17 � � � ;  ;� ;  x; y  � 11 � � 4 �r � � � So sánh với điều kiện, ta tập nghiệm 2.3.2.2 - Đặt ẩn phụ Bài toán 1: Giải phương trình:  * 2x2  3x   33 4x   (HSG TP Hà Nội năm 2015) Phân tích Phương trình có thức sử dụng máy tính cầm tay ta tìm nghiệm x  nên có nhiều cách giải liên hợp, biến đổi tương đương bất đẳng thức,… Ở tơi xin phép trình bày phương pháp đặt ẩn phụ hệ số bất định, tức tìm số a,b,c�� cho thỏa mãn đồng thức: 2x2  3x   a  4x  4  b 4x  4  c  16ax2   32a  4b x  16a  4b  c Từ đồng hệ số thu hệ: 16a  2; 32a  4b  3 � � a  ,b   ,c  12 � 16a  4b  c  � Lời giải Điều kiện xác định: D  �  * �  4x  4   4x  4  33 4x   12  t  4x  � t  4x  � t   4x  4 Đặt  1 � Khi đó: t  t  3t  12  � t  14t  24t  96  �  t  2  t  4t  12t2  18t  24   Nếu t �0 ,  2  2  3 vô nghiệm  Nếu t  t  4t  12t  18t  24  vô nghiệm, nên  3 �  t  2  � t  Suy 4x   � x  So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  1.r  Bình luận: Do nhẩm nghiệm x  nên dễ dàng tìm t  4x   Hơn tính chất nghiệm nên ta cần đánh giá cụm t  4t  12t  18t  24  Bản chất xuất phát từ đề thi học sinh giỏi quốc gia – 1995 2x2  11x  21 33 4x   2.3.2.3 Áp dụng bất đẳng thức kinh điển Bài tốn 1: Giải phương trình:  1 x  1 x  1 3x  1 3x  1 2x  1 2x  (Nguồn: Chinh phục Olympic Toán) Hướng đi: Với phương trình trên, ta nhận thấy việc liên hợp hay biến đổi tương đương hồn tồn q khó khăn, việc đặt ẩn phụ, dồn biến, xét hàm không khả thi Khi đấy, ta nghĩ đến việc dùng đánh giá hay dùng bất đẳng thức cổ điển để chứng minh cho vế bé vế lại Khi ta xét dấu bất đẳng thức nghiệm phương trình Từ đó, ta có lời giải sau: Lời giải 1 �x � Điều kiện Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: � 1 x  1 3x � 2 1 x  1 3x   1 2x �  1 � � � 1 x  1 3x � 2 1 x  1 3x   1 2x Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz kết hợp      1 ta có: �4 1 x  1 3x � 1 x  1 3x �24 1 2x � � �4 1 x  1 3x � 1 x  1 3x �24 1 2x �  2 10 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz kết hợp với    2   ta có: �8 1 x  1 3x � 1 x  1 3x �24 1 2x � � �8 1 x  1 3x � 1 x  1 3x �24 1 2x �  � 1 x  1 x  1 3x  1 3x  1 2x  1 2x  3  Dấu xảy x  Vậy phương trình có nghiệm x  0.r  Bình luận: Với cách chứng minh ta tổng quát toán thành n   1 x  n 1 x  n 1 3x  n 1 3x  n 1 2x  n 1 2x , n  2k, k ��, kM 3.2.2.4 Dồn biến sử dụng tính đơn điệu, cực trị hàm số Bài toán 2 Giải phương trình: 13 2x  x  2x  x  32 (Đề thi chọn HSG Quốc Gia Đắk Nông 2017-2018) Lời giải Điều kiện xác định: x� 0; 2 f  x   13 2x  x2  2x  x2 , x � 0; 2 � f�  x   13 1 x 2x  x 9 1 x 2x  x x �1 � � f�  13 � � x  2x   x  � x2  2x  2 81  169 2x  x 2x  x � � x2  2x x2  2x x �1 � � x �1 � �� � 250 x  750 x  176  � � � x  5x  8  50x2  80x  22  � � 1 x x 1 �x 11 Ta có bảng biến thiên đồ thị hàm số x f�  x   32 f  x 18 Vậy x nghiệm phương trình.r 3.2.2.5.Áp dụng định lí Bolzano – Cauchy, Lagrange, Rolle Bài toán Giải hệ phương trình: � 6x  x  1  y  y  4x  1  2� x  1 x2  y  1�  � � � �  x, y �� � 13 y 131x x � � x x � 5   44log2 � 2 5 � � � � (Đề chọn ĐT HSGQG Bắc Ninh 2016-2017) Lời giải Điều kiện xác định: x2  y �0, 5x �2 131x Khi theo BĐT AM – GM:  x  1   x2  y  �2 x  1 x2  y Suy ra: 6x  x  1  y  y  4x  1 � x  1  x2  y  2 �  2x  y  1 �0 Vậy y  2x  Thay vào phương trình sau, ta được: 12 f  x   2x  5x  Đặt g x   2x  5x  x � 131x x �  2 44log2 � 2  � � � x � 131x x �  2; h  x   ln � 2 5 � 3 � �thì đó: f  x   g x   44 h x ln �x  f� f x 0 nên   vô nghiệm, tức   có khơng q f   3  x� 0; 3 hai nghiệm phân biệt Lại có   nên Để ý � � g�  x   0, h�  x  Vậy nghiệm hệ  x, y �  0, 1 ;  3, 7  r  Lời bình: - Bài toán cho ta thấy vận dụng khéo léo việc dùng bất đẳng thức để khử ép bình phương khơng âm 3.2.2.6 Áp dụng lượng giác Bài tốn Giải phương trình sau: 4x3  3x  1 x2  1 Phân tích: Câu rõ ràng, vế phải chứa 1 x , nên ta có phương án lựa chọn ẩn phụ Một đặt x  sin t, hai đặt x  cos t, ta chọn phương án 2, tức đặt x  cos t , vế trái có dạng cơng thức 4cos t  3cos t  cos 3t dễ dàng Lời giải Điều kiện 1�x �1 Đặt x  cos t, Suy ra: ) x � 11 ;  nên t � 0;   1 x2  1 cos2 t  sin2 t  sin t  sin t, (do t �  0;   sin t Khi  � t � �2 �  1 � 4cos3 t  3cos t  sin t � cos 3t  sin t  cos � � 13 �  k t  � � � ,  k ��  � t    k � Do t � 0;   Ta có: , suy cos2 t  t  5 3 �t  �t  8 1 cos 2t 1 cos 2t � x  cos t  � 2 nên:      2 t  � x  cos  cos  8 2  Với (do: ) 5 1 cos 5 5   2 t � x  cos  8 2  Với (do: 5 cos 0 ) 3 3  t � x  cos  4  Với � 2 2� � 2 � x �� ; ; � 2 � �r Kết luận: So với điều kiện, nghiệm 1 cos Bài tốn Giải phương trình: 1 1 x2   1 x   1 x   2 1 x2 (Vô địch Quốc Gia 1984) Lời giải Điều kiện x � 11 ;  x  cos  , � 0;   Với điều kiện dạng 1 x quen thuộc ta đặt Ta phương trình: 14  1 1 cos2   1 cos    1 cos      2 1 cos2  3 � � 1 cos  � 1 cos  �� � � 1 sin  � 8�  8�   sin  �� � � � � � � �� � � � �  �  � � � 2� sin  cos � cos  sin � 1 sin  �  sin  � � 2� 2� � � � � � � 2 � � � 2� cos  sin � 1 sin  � 2sin  � 2� � � � � cos   2 sin     sin  � cos   1 �x  2 x Vậy phương trình có nghiệm r 3.2.2.7 Áp dụng hình học giải tích (vectơ, tọa độ, tương giao đồ thị,…) Bài toán x2  2x   x2  2x  10  29 Giải phương trình:  * Phân tích: Để ý biểu thức có dạng tổng bình phương (mơđun r r r r u  v �u  v vectơ) gợi ta sử dụng bất đẳng thức vectơ dạng: Tức biến đổi phương trình r r u   x  1; 2 , v  x  1; 3 thành chọn r r Nhưng vế phải số nên ta cần điều chỉnh lại cách chọn vectơ u v để r r r r u   x ; , v    x  1; 3 tính triệt tiêu x tính u  v điều chỉnh chất số phương Từ ta có lời giải chi tiết sau:  x  1  22   x  1  32  29 Lời giải  * �  x  1 Ta có:  22   x  1  32  29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét hai vectơ  1 r r u   1 x; 2 , v  x  1; 3 15 r r  22 � u �  v   2; 5 , �r r 2  x  1  �u  v  29 �ur  � �r �v  Suy �  1 x r r r r u  v �u  v � Mà ta ln có: Từ  1  2  x  1  22  suy nghiệm phương trình  *  x  1  32 � 29  2 giá trị làm cho dấu "  " 1 x r r �  � x  2  � u , v  x xảy chiều x 5r Vậy phương trình cho có nghiệm Bài tốn Giải phương trình: x2  2x   x2  6x  10  �  x  1  22   x  3  *  12  Phân tích: Phương trình với vế trái có dạng hiệu biểu thức bên có dạng tổng hai bình phương gợi ý ta sử dụng bất đẳng thức vectơ dạng r v   x  3;1 r r r r u  v �u  v với việc chọn r u   x  1; 2 r r u tính  v x triệt tiêu phù hợp với vế phải số có lời giải sau: Lời giải Điều kiện xác định: D  �  * �  x  1  22   x  3  12   1 r r u   x  1; 2 , v   x  3;1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , xét hai vectơ r �u   x  1  22 � �r r r r r �v   x  3  12 u  v   2;1 � u  v  22  12  Suy � r r r r 2 u  v �u  v �  x  1  22   x  3  12 �  2 Ta ln có: 16  1 ,  2 Từ suy nghiệm phương trình giá trị làm cho dấu "  " x 1 r r �  � x  x3 xảy � u, v chiều Vậy phương trình có nghiệm x  5.r  2 Bài tốn Giải phương trình: x 3x    x  2 x2  1  x  3  * (Đề nghị Olympic 30/04 – THPT Bình Phú – Tp HCM) Phân tích: VT  x 3x    x làm ta nhớ đến “hoành nhân hoành + tung r rr  x 3x    x với vectơ u   x;1 nhân tung”, nghĩa tích hai vectơ uv r v   3x  2;  x rr uv �u v Thật vật Khi hiển nhiên liên quan đến bất đẳng thức vectơ dạng tính r r u v VP việc giải phương trình hướng r r u v  x2  2x   2 x2  1  x  3 VP có lời giải sau: Lời giải  �x �4 Điều kiện:  * � x Chọn 3x    x  x2  2x   1 r r � u  x2  � u  x ;   � � � �r �r v  3x  2;  x � � v  x   � �      4 x   2x  r r rr u v  x2  2x   x 3x    x Suy ra: uv rr r r uv �u v � x 3x   4 x � x2  2x   2 Ta ln có: Từ  1  2 suy nghiệm phương trình giá trị làm cho dấu r r  2 xảy � u, v chiều 17 x  � x  x  3x  3x  4 x x �0 x2 x �0 � � � � � �2 � �3 � � x   x   2x  � x  4x2  3x   � x  1 � � So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm   r x � 2;1 3.2.2.8 Bài tập tham khảo Bài Giải hệ phương trình: � 2x3  y2  2x3  3y   y2   3y � �5 x  x y  xy4  yx4  x2y3  y5  2013 x  y   � (Đề nghị Olympic 30/4/2013 – Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng) Bài Giải phương trình: x   2x    x  1  x2  2 (Đề chọn ĐT HSGQG Bình Dương 2017-2018) Bài Giải phương trình: x2 x   x  1  1  2x 2x  1 x  2 2 (Đề nghị Olympic 30/04/2014) Bài Giải phương trình: x2  4x  1  2 3 2x  3  1 x 16x4 (Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Lê Quý Đôn – Vũng Tàu) Bài 5.Giải phương trình: x 2 3x  1 x  x  3 4x (Đề nghị Olympic 30/04/2014 – Chuyên Long An) Bài Giải hệ phương trình: � 2x  y  xy2  2xy  1 x  � � 1� �  x  2y  �1 xy � 12 � � � � � y   2 x  y  x  y  � � � 3y  2x   y2   x  � Bài Giải hệ phương trình: (Chọn ĐT HSGQG Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2015) Gợi ý hướng làm Bài 18 x  y Phân tích phương trình   thành tích có chứa nhân tử  , x  y  vào phương trình   xét hàm Bài x Liên hợp phương trình thành tích có chứa nhân tử  2x  3 đánh giá phương trình vơ tỷ ngoặc cịn lại vơ nghiệm Bài Lượng giác hóa Cụ thể đặt x  tan t Bài Áp dụng BĐT Cauchy – Schwarz, đánh giá VT �6 VP �6 Bài r r u   x;1 , v   2 3x; 1 x  Sử dụng phương pháp tọa độ Chọn Bài Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đề cập phần 2, II.3 Bài Xét hàm phương trình   để đánh giá x  y  2, sau vào phương trình   liên hợp giải phương trình vơ tỷ 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết việc rèn luyện kỹ cho học sinh giỏi giải phương trình hệ phương trình vơ tỷ thân tơi thấy học sinh tiếp thu cách phấn khởi, vận dụng vào giải toán tương tự tập khác đề thi học sinh giỏi Tạo phong cách học tập sáng tạo, phong cách nghiên cứu khoa học cho học sinh.Các em học sinh tạo nhiều vấn đề từ vấn đề học nâng cao chất lượng học tập Đẩy mạnh hoạt động học học sinh q trình học tập Đó phương pháp học tập mà tiến hành Nâng cao tư logic sáng tạo cho học sinh, đặc biệt học sinh giỏi học sinh chuyên Toán Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Chủ đề phương trình hệ phương trình vơ tỷ chủ đề có nhiều kiến thức Vì để giải tốt tốn thuộc chủ đề địi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp giải khác Đề tài hệ thống tốn đa dạng, minh họa cho tình thường gặp đề thi học sinh giỏi Qua thực tế giảng dạy, học sinh nắm vững kiến thức, khơng cịn tâm lý e ngại giải toán thuộc chủ đề này.Tuy nhiên, phương pháp mà nghĩ đặc trưng thực công 19 dụng môn Đại số Mong tài liệu bổ ích cho thầy bạn trình dạy học đặc biệt học sinh giỏi, học sinh chuyên toán 3.2 Kiến nghị Tuy đề tài không tránh thiếu sót khn khổ giới hạn cho phép mong nhận đóng góp quý thầy cô đồng nghiệp để đề tài hồn thiện có ứng dụng rộng rãi Tơi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Tơi cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Lê Thị Minh TÀI LIỆU THAM KHẢO ********* A Tiếng Việt [1] Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số vơ tỷ Lê Văn Đồn-Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội [2] Khám phá tư kỹ thuật giải bất đẳng thức, toán - max Đặng Thành Nam-Nhà xuất Đại Học Quốc Gia Hà Nội 20 [3] Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc Gia năm 2016-2019 [4] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ- Viện Toán học B Tiếng Anh [5] Love.wordpress.com [6] The art of mathematics 21 ... Kết việc rèn luyện kỹ cho học sinh giỏi giải phương trình hệ phương trình vơ tỷ thân tơi thấy học sinh tiếp thu cách phấn khởi, vận dụng vào giải toán tương tự tập khác đề thi học sinh giỏi Tạo... cách học tập sáng tạo, phong cách nghiên cứu khoa học cho học sinh. Các em học sinh tạo nhiều vấn đề từ vấn đề học nâng cao chất lượng học tập Đẩy mạnh hoạt động học học sinh trình học tập Đó phương. .. phương pháp học tập mà tiến hành Nâng cao tư logic sáng tạo cho học sinh, đặc biệt học sinh giỏi học sinh chuyên Toán Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận Chủ đề phương trình hệ phương trình vơ tỷ chủ