Hướng dẫn giải phương trình vô tỉ cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS đông thọ thành phố thanh hóa

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP THANH HĨA TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ĐÔNG THỌ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI LỚP - TRƯỜNG THCS ĐÔNG THỌ, THÀNH PHỐ THANH HÓA Người thực hiện: Phạm Thị Lan Phương Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Đông Thọ SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HỐ, NĂM 2020 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Cùng với phát triển đất nước, nghiệp giáo dục không ngừng đổi Các trường học ngày trọng đến chất lượng giáo dục tồn diện bên cạnh đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn Với vai trò mơn khoa học bản, mơn Tốn góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Dạy để học sinh nắm kiến thức cách có hệ thống mà phải nâng cao để em có hứng thú, say mê học tập câu hỏi mà thầy ln đặt cho Để đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nhu cầu học tập học sinh, đặc biệt học sinh khá, giỏi Điều địi hỏi giảng dạy phải biết chắt lọc kiến thức, phải từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng phát triển thành tổng quát giúp học sinh phát triển tốt tư toán học Với đối tượng học sinh khá, giỏi, em có tư nhạy bén, có nhu cầu hiểu biết ngày cao, làm để em phát huy hết khả mình, trách nhiệm giáo viên Bản thân tôi, ba năm học vừa qua nhà trường phân cơng dạy Tốn lớp bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Qua giảng dạy tơi nhận thấy “Phương trình vơ tỉ” đề tài lí thú, phong phú đa dạng Đại số thiếu bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn Với viết tơi khơng tham vọng lớn bàn việc dạy “Phương trình vơ tỉ” ứng dụng chương trình tốn học phổ thông, xin đưa số kinh nghiệm: "Hướng dẫn giải phương trình vơ tỉ cho học sinh giỏi lớp - Trường THCS Đông Thọ, thành phố Thanh Hóa” Tơi hi vọng giúp ích cho đồng nghiệp bồi dưỡng học sinh khá, giỏi 1.2 Mục đích nghiên cứu: Các dạng phương trình vô tỉ thật đa dạng phong phú, hướng dẫn học sinh giải phương trình vơ tỉ mức độ trung bình em chưa thể thấy hết hay dạng tốn này, đồng thời có em cịn có cảm giác khó phức tạp Hơn nữa, em thường bế tắc gặp dạng toán kì thi HSG hay thi vào lớp 10 PTTH Mặc dù dạng phương trình có cách giải khác việc giải phương trình vơ tỉ giúp học sinh có tư sáng tạo linh hoạt giải dạng toán khác chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị,… Nhờ đó, việc giải phương trình vơ tỉ trở thành niềm đam mê, thích thú học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp - Trường THCS Đông - Thành phố Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Tham khảo tài liệu - Tham khảo ý kiến phương pháp dạy đồng nghiệp thông qua buổi sinh hoạt chuyên môn, dự thăm lớp - Điều tra khảo sát kết học tập học sinh - Thực nghiệm dạy lớp - Trường THCS Đông Thọ - Đánh giá kết học tập học sinh sau dạy thực nghiệm NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm: Căn vào thực tế dạy học năm gần đây, phát “Phương trình vơ tỉ” dạng toán thường gặp đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh đề thi vào lớp 10 PTTH Nhưng hệ thống tập phương trình vơ tỉ chương trình sách giáo khoa Đại số 9, sách tập Bộ Giáo dục - Đào tạo ấn hành đơn giản, chưa sâu, chưa đáp ứng yêu cầu dạng toán Bởi thực tế, tập phương trình vơ tỉ đa dạng, phong phú thể loại khó Đại số THCS 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Qua thực tế giảng dạy mơn Tốn trao đổi đồng nghiệp, nhận thấy số lượng học sinh giỏi chiếm tỉ lệ thấp, đa số em đạt trung bình, tỉ lệ học sinh yếu cịn nhiều, giáo viên trọng dạy đại trà phụ đạo học sinh yếu chưa có quan tâm mức đối tượng học sinh khá, giỏi Mặc dù tỉ lệ học sinh tiếp cận với dạng toán khơng nhiều, lại học sinh có tư nhạy bén, ham học hỏi, có nhu cầu hiểu biết cao Song đa số em học lệ thuộc vào sách, tài liệu nhiều mà không chủ động tư nên gặp dạng Phương trình vơ tỉ thấy khó bế tắc đường lối giải Trong đó, tập Phương trình vơ tỉ sách tham khảo nhiều, đa dạng chưa có hệ thống Nếu để học sinh tự học, tự tìm hiểu em khơng biết đâu, từ dẫn đến việc em thường lúng túng, chán nản giải phương trình vơ tỉ Tuy nhiên, thực tế số giáo viên chưa mạnh dạn đưa nội dung vào chương trình dạy nên học sinh làm quen với dạng toán Mặt khác, dạy phần này, đặc biệt HS khá, giỏi, đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa chọn nội dung giảng dạy chưa thống Thực trạng dẫn đến hậu quả: - Khi gặp phương trình vơ tỉ học sinh thường có cảm giác khó, phức tạp, khơ khan; - Không gây hứng thú cho học sinh học tập, dẫn đến học sinh khơng u thích mơn học; - Khơng phát triển tư tốn học cho học sinh; - Số học sinh giải dạng toán ít, gặp tập dạng kì thi, em thường thiếu tự tin dễ dàng bỏ qua; - Một số giáo viên chưa quan tâm mức phương trình vơ tỉ Từ thực trạng trên, nghĩ rằng: việc giúp học sinh nắm phương pháp giải đồng thời rèn luyện kỹ năng, khả tư lôgic thông qua việc giải phương trình vơ tỉ việc làm vơ cần thiết, tạo cho học sinh có tảng kiến thức vững chắc, giúp em tự tin làm u thích dạng tốn nói riêng mơn tốn nói chung Là giáo viên, mong muốn cung cấp cho học sinh “chìa khố” để giải tốn nói chung giải phương trình vơ tỉ nói riêng Song khơng phải dạng phương trình có quy tắc định Qua trình giảng dạy, tham khảo đồng nghiệp học hỏi thầy cô, mạnh dạn phân loại phương trình vơ tỉ cách giải dạng đồng thời đưa số cách giải phương trình vơ tỉ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vơ tỉ 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Các phương pháp thực hiện: - Điều tra phân loại học sinh để giáo viên có phương pháp hợp lí cho tiết dạy - Nghiên cứu tài liệu: SGK, sách tham khảo, báo toán học, đề thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 PTTH năm, - Rút kinh nghiệm từ năm trước học hỏi kinh nghiệm từ đồng nghiệp - Cải tiến phương pháp, chọn kiến thức bản, trọng tâm dạy cho học sinh phương pháp phát triển kiến thức, khơi dậy lực tự học, tự nghiên cứu tiềm ẩn học sinh - Giao tập nhà theo dạng, nâng cao tính tự học, tự nghiên cứu - Kiểm tra, đánh giá, chấm chữa thường xuyên để có biện pháp điều chỉnh kịp thời - Chia nhóm để học sinh trao đổi chọn cách giải tối ưu - Quan sát trực tiếp đối tượng học sinh để phát vấn đề mà học sinh cịn lúng túng, khó khăn giáo viên yêu cầu học sinh giải vấn đề - Yêu cầu học sinh giải số tập theo nội dung chuyên đề đưa thêm vào yếu tố mới, điều kiện khác để xem xét mức độ nhận thức suy luận học sinh - Khi dạy phương trình vơ tỉ, triển khai chuyên đề cho học sinh theo trình tự sau: + Hệ thống dạng tốn giải phương trình vơ tỉ phương pháp giải dạng tập + Rèn kĩ vận dụng kiến thức để giải phương trình vơ tỉ + Củng cố hướng dẫn học sinh làm tập - Phân tích tổng kết kinh nghiệm giáo dục áp dụng nội dung nghiên cứu vào thực tiễn giảng dạy nhằm tìm nguyên nhân vướng mắc học sinh giải tốn Từ tổ chức có hiệu dạy - Dạy học thực tiễn lớp để rút kinh nghiệm - Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy môn Toán giáo viên trường vốn kinh nghiệm thân để rút số vấn đề có liên quan đến nội dung sáng kiến 2.3.2 Các giải pháp tổ chức thực hiện: Giải pháp 1: Trước hết, học sinh cần nắm vững khái niệm phương trình vơ tỉ, phương pháp giải phương trình vơ tỉ nói chung số kiến thức thường sử dụng giải phương trình vơ tỉ Khái niệm phương trình vơ tỉ: Phương trình vơ tỉ phương trình chứa ẩn thức VD: x   x  1 Các bước giải phương trình vơ tỉ (dạng chung) + Tìm ĐKXĐ phương trình + Dùng phép biến đổi tương đương đưa dạng phương trình học + Giải phương trình vừa tìm + Đối chiếu kết tìm với điều kiện xác định kết luận nghiệm Chú ý: Với phương trình có ĐKXĐ  x � R, trình biến đổi mà khơng đặt điều kiện tìm nghiệm phải thử lại Các kiến thức thức + Khái niệm thức + Một số âm khơng có bậc chẵn + Các phép biến đổi đơn giản bậc hai + Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế phương trình để phương trình tương đương phải đặt điều kiện A2  A Một số bất đẳng thức quen thuộc thường sử dụng: + BĐT Côsi: Với hai số a, b khơng âm ta có: a  b �2 ab Dấu “=” xảy � a=b + BĐT Bunhia-Côpxki: Cho hai số a, b x, y Khi đó: a b Dấu “=” xảy � x  y + BĐT GTTĐ: Với A, B ta ln có: A  B �A  B Dấu “=” xảy � A.B �0 Giải pháp 2: Sau cung cấp cho học sinh kiến thức giáo viên đưa số dạng phương trình cách giải tổng quát để học sinh làm quen: f ( x)  g ( x) (1) Dạng 1: � � g ( x) �0 (2) Sơ đồ cách giải: f ( x)  g ( x) � � (3) (ax+by)2 �(a2+b2)(x2+y2) �f ( x )   g ( x )  Giải (2) tìm điều kiện xác định Giải (3) đối chiếu với điều kiện ẩn để kết luận nghiệm Dạng 2: f ( x)  g ( x)  h( x) (1) - Tìm điều kiện có nghĩa phương trình: �f ( x) �0 � �g ( x) �0 �h( x) �0 � (2) - Với điều kiện (2), hai vế phương trình khơng âm nên bình phương hai vế phương trình (1) rút gọn ta được:  h( x )  f ( x).g ( x)   f ( x)  g ( x ) (3) Phương trình (3) có dạng nên giải theo phương pháp dạng Đối chiếu nghiệm tìm (3) với điều kiện kết luận nghiệm Dạng 3: f ( x)  g ( x)  h( x) Cách giải dạng Dạng 4: f ( x )  g ( x)  h( x)  p( x) Điều kiện có nghĩa phương trình: �f ( x) �0 �g ( x) �0 � � �h( x) �0 � �p ( x) �0 (2) Bình phương hai vế đưa phương trình dạng: F  x   G  x   H ( x) Tuỳ theo trường hợp để giải phương trình vơ tỉ Giải pháp 3: Khi học sinh nắm vấn đề nêu giáo viên đưa vài phương pháp thường dùng để giải phương trình vơ tỉ Trên dạng phương trình vơ tỉ thường gặp Tốn khơng phải ta gặp bốn dạng phương trình vơ tỉ đưa bốn dạng Sau số phương pháp cụ thể thường dùng để giải phương trình vơ tỉ Phương pháp nâng lên luỹ thừa Để làm bậc n ta nâng hai vế phương trình lên luỹ thừa bậc n Nếu n chẵn ta thực hai vế phương trình khơng âm Ví dụ 1: Giải phương trình: 3+ x   x (1) Giải: ĐKXĐ: x � (2) (1) � x   x  (3) Ta phải có: x �3 (4) Khi đó: (3) � x   ( x  3)2 � 2x – = x2 - 6x +9 � x2 – 8x +12 =0 � (x – 2)(x- 6) = � x1=2; x2 = x1 = không thoả mãn điều kiện (4), loại x2 = thoả mãn điều kiện (2) (4) Vậy phương trình có nghiệm là: x = * Nhận xét: - Nếu không đặt điều kiện x �3 , ta sai lầm nhận x = nghiệm phương trình (1) Chú ý từ (3) suy (5) từ (5) suy (3) với điều kiện: x  �0 (tức x �3 ) - Với điều kiện xác định bình phương hai vế phương trình (1), lời giải khơng ngắn gọn cách tách riêng thức vế Ví dụ 2: Giải phương trình: x   x   3x  ĐKXĐ: x 1 (1) Chuyển vế, ta có x   x   3x  (2) Khi hai vế phương trình khơng âm, bình phương hai vế ta có: x  5 x   x   15 x  13x  (3)   x 2 15 x  13x  2 Với điều kiện  x 0  x    28 x  49 x 4(15 x  13 x  2) Thì (4) (4) (5)  11 x  24 x  0  (11 x  2)( x  2) 0  x1  ; x 2 11 Giá trị x1  không thỏa mãn (1), loại 11 Giá trị x 2 không thỏa mãn (5), loại Vậy phương trình cho vơ nghiệm 11 * Nhận xét: - Nếu không đặt điều kiện x 1 , ta sai lầm nhận x1  nghiệm phương trình (1) - Nếu khơng đặt điều kiện x  , ta sai lầm nhận x 2 nghiệm phương trình (1) Ví dụ 3: Giải phương trình:  x   x  Giải: ĐKXĐ: 4 �x �1 (* Khi hai vế phương trình khơng âm, bình phương hai vế ta có:  x   x  (1) �  x   x  (1  x)(4  x)  � (1  x)(4  x)  (2) Với ĐK(* , hai vế phương trình (2) khơng âm, bình phương hai vế phương trình (2) ta có: (2) � (1  x)(4  x )  �  x  x   �  x( x  3)  �x  �� x  3 � Đối chiếu với ĐK(* => Phương trình (1) có tập nghiệm là: S =  3;0 * Nhận xét: Đối với phương trình chứa hai dấu bậc hai mà biểu thức nằm dấu đa thức bậc có hệ số biến x đối Sau bình phương hai vế biến đổi ta phương trình (2) có vế bậc hai, vế lại số âm ta kết luận phương trình vơ nghiệm Cịn vế cịn lại số dương bình phương hai vế phương trình (2) ta phương trình bậc hai Đến việc giải phương trình trở nên dễ dàng Ví dụ 4: Giải phương trình: x   x  (1) Giải: Lập phương hai vế, ta được: x   x  3 x(2 x  1).( x   x )  (2) Thay: x   x  vào (2) ta có: 3x+1+3 x(2 x  1) = (3) � x(2 x  1) = -x � x(2x + 1) = -x3 � x(2x + + x2) =0 � x(x+1)2 = � x1 = 0; x2 = -1 Thử lại: x1 = thoả mãn (1) x2 = -1 không thoả mãn (1), loại * Nhận xét: Các phương trình (1) (2) tương đương, phương trình (2) (3) khơng tương đương Từ (2) suy (3), từ (3) không suy (2) Do đó, sau tìm nghiệm (3) -1, phải thử giá trị vào (1) để chọn nghiệm (1) Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Ví dụ 1: Giải phương trình: x  x   x  (1) Giải: ĐKXĐ: x �- Khi ta có: (1) � x  3x   x   x   2 1� � 1� � 3� � � �x  � � x   � � x   � x   �(2) 2� � 2� � 2� � Nếu x � � 2 �x   x   1� � Vì � x   � nên:(2) � � 3 2� � � Nếu x  x   x5  � 2 � x 5  x 2 �� � x   x 1 � x � � � �x   x  x  �� � x �1 � � � �x   x  x  � Nếu Nếu � � x �2 � �  29 x �x  x   � � � � � � � x �1 � x  1 � �2 �x  x   � Đối chiếu với ĐKXĐ => nghiệm phương trình là: x1 =  29 ; x2 = -1 * Nhận xét: Ta thấy rằng: Đối với phương trình trên, sử dụng phương pháp nâng lên luỹ thừa bình phương hai vế phương trình (1) ta nhận phương trình khơng cịn chứa dấu căn, nhiên lại phương trình bậc bốn khơng thuộc dạng đặc biệt, việc giải phương trình bậc bốn gặp khó khăn Nhưng biến đổi đưa phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối cách giải trên, ta thấy toán trở nên nhẹ nhàng nhiều Ví dụ 2: Giải phương trình: (1) x  x   x  x  2 Giải ĐKXĐ: x �1 Biến đổi x   x    x   x   2  x  1   x 1 x   2 x   1 (2) Nếu x  (2)  x   x   1  x  1  x  1  x 2 không thỏa mãn điều kiện x �1, loại Nếu x 2 (2)  x    x   2 , vô số nghiệm x 2 Kết luận: x 2 Chú ý: Sau biến đổi đến (2), viết (2) dạng 1 x  1  x Và ý đến bất đẳng thức A  A với điều kiện xảy dấu “=” A 0  x  0  x  1  x 2 Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có x 2 * Nhận xét: Phương pháp thường áp dụng phương trình mà biểu thức dấu có dạng bình phương, với phương trình biến đổi đưa phương trình có hai vế bình phương Phương pháp đặt ẩn phụ Việc giải phương trình vơ tỉ thường gây nhiều khó khăn, phức tạp: Nếu nâng lên luỹ thừa để làm dấu dẫn đến phương trình bậc cao, nhiều khơng biết cách giải Tuy nhiên, biết đặt ẩn phụ cách thích hợp chuyển phương trình vơ tỉ cho phương trình hay hệ phương trình biết cách giải quen thuộc Phương pháp nói chung khơng làm phức tạp thêm tốn Tuy vậy, cách đặt ẩn phụ tuỳ thuộc vào tốn cụ thể, phải linh hoạt Ví dụ 1: Giải phương trình: x  x  x  x  1 (1) Giải: Điều kiện: x  x  0 Đặt: x  x  t (t 0 ) thì: x  x  t Khi ta có: t 1 (1)  t  2t  0  (t  1)(t  3) 0   t   Kết hợp điều kiện t 0 ta t 1  x 0 2 Với t 1  x  x  1  x  x 0  x( x  2) 0    x  Các giá trị x x1 0, x  thỏa mãn điều kiện x  x  0 , nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x  21x  18  x  x   (1) Giải: Điều kiện: x  x  �0 Đặt: x  x   y (y �0) thì: x  x  = y2 Khi ta có: (1) � 3y2 – +2y = � 3y2 + 2y – = � (y – 1)(3y+5) = 5 (loại), y2 = 1(thoả mãn) Với y = ta có: x  x   � x2+ 7x + = � (x+1)(x+6) = � x1 = -1, x2 = -6 � y1 = Các giá trị x1 = -1, x2 = -6 thoả mãn điều kiện x  x  � 0, nghiệm phương trình Ví dụ 3: Giải phương trình: x   x  Đặt x  a, x b x  a , x b nên a  2b 2 x   x 1 Cần tìm a b thỏa mãn a  b 1 a  2b 1 Ta có a  2(1  a) 1  a   2(1  a) 0  (a  1)( a  a  1)  2(a  1) 0    (a  1) (a  a  1)  2(a  1) 0 Dễ thấy a  a   2(a  1)  nên a 1 Suy b 0 Vậy x 0 nghiệm phương trình cho Ví dụ 4: Giải phương trình: x  ( x  2).(1   x ) (1) Giải: ĐKXĐ: �x �1 (* Đặt  x =t (t �0) Khi đó:  x  t � x  (1  t ) (vì x �0 ) Đến đây, phương trình (1) trở thành: (1 - t2)2 = (3 – t2) (1- t)2 � (1 – t)2(1 + t)2 – (3 - t2) (1 - t)2 = � (1 - t)2(2t2 + 2t – 2) = � t 1 �(1  t )  � �2 � � 1 � � t  t   t � � � t 1 Vì t �0 nên: � 1  � t � + Với t = 1, ta có: x = + Với t = 1  3 , ta có: x = 2 Đối chiếu với ĐKXĐ, ta có nghiệm phương trình là: x1 = 0; x2 = 3 * Nhận xét: Như vậy, cách đặt ẩn phụ, ta đưa phương trình vơ tỉ dạng phương trình hữu tỉ Phương pháp bất đẳng thức 4.1 Phương pháp so sánh (Sử dụng tính đối nghịch hai vế) Giải phương trình phương pháp tức ta so sánh vế trái, vế phải từ nhận xét dấu xảy nào? Ví dụ 1: Giải phương trình: x    x  x  x  11 (1) Giải: Điều kiện: �x �4 Ta thấy: ( x    x )2   ( x  2)(4  x) =   x  x  =   ( x  3) => ( x    x ) �4 (vì  ( x  3) �1 ) => x    x �2 Mặt khác: x2 - 6x +11 = (x - 3)2 + �2 Do phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải (=2) � x=3 Đối chiếu ĐKXĐ, nghiệm phương trình (1) là: x = Chú ý: Có thể chứng minh vế trái �2 cách áp dụng BĐT BunhiaCốpxki Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x  x   x  10 x  14   x  x Giải: Ta có: Vế trái = 3( x  1)2   5( x  1)2  �   Vế phải = – 2x – x2 = 5- (x+1)2 �5 Vậy phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải = � x = -1 Vậy nghiệm phương trình là: x = -1 * Nhận xét: Với cách giải ta cần ý áp dụng phương trình mà bất đẳng thức vế trái vế phải xảy dấu “=” cho ta giá trị x, giá trị nghiệm phương trình 10 4.2 Chứng tỏ tập giá trị hai vế rời nhau, phương trình vơ nghiệm Ví dụ 1: Giải phương trình: x   x   Giải: ĐKXĐ: x �R Ta thấy: x  �1 x  �2 với x �R => x   x  �3 Vế trái lớn 3, mà vế phải Vậy phương trình vơ nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình: x   x   3x  (1) Giải: ĐKXĐ: x �1 Với điều kiện x  x , x   5x  => Vế trái (1) số âm, mà vế phải không âm Do phương trình vơ nghiệm * Nhận xét: Đối với cách giải này, chứng tỏ với ĐKXĐ phương trình, có vế phương trình ln lớn nhỏ vế kia, từ kết luận phương trình cho vơ nghiệm 4.3 Sử dụng tính đơn điệu hàm số Ví dụ 1: Giải phương trình: x   x  (1) Giải: Nhận thấy x = nghiệm phương trình (1) Với x > thì: x  >1, x > nên vế trái (1) lớn Với x < thì: x  thì: x  > 1, x  > nên vế trái (1) lớn + Với x< thì: x  < 1, x  < nên vế trái (1) nhỏ Vậy x = nghiệm phương trình (1) * Nhận xét: Các phương trình cịn có cách giải khác (như nâng lên luỹ thừa – xem ví dụ 2- mục 1) Tuy nhiên ta nhẩm nghiệm nhận xét biểu thức vế trái hàm số đồng biến sử dụng phương pháp lời giải ngắn gọn nhiều so với cách giải khác Phương pháp thường sử dụng gặp phương trình có vế số, vế cịn lại hàm số đồng biến nghịch biến tồn tập xác định 11 4.4 Sử dụng điều kiện xảy dấu "=” bất đẳng thức khơng chặt Ví dụ 1: Giải phương trình: x 3x   2 x 3x  (1) Giải: Điều kiện: x> (1) � x = 3x  � x2 – 3x +2 = � (x – 1) (x- 2) = � x1 = 1; x2 = (thoả mãn điều kiện) Với x > Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 1; x2 = * Nhận xét: Vế trái phương trình tổng hai phân thức nghịch đảo nhau, áp dụng bất đẳng thức a b  � với a>0, b>0, xảy b a đẳng thức a = b, ta có cách giải ngắn gọn Ví dụ 2: Giải phương trình: 36  x2  28  x   y  y 1 (1) Giải: �x   �x  �� �y   �y  ĐKXĐ: � 36 Khi (1) � x   y   x   y   28 (2) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 36  x  �2 x2  y  �2 y 1 Do đó: 36 x  =2.12=24 x2 y  =2.2=4 y 1 36 4 x2  x2  y  �24   28 (3) y 1 Để phương trình (2) có nghiệm (3) phải lấy dấu “=”, tức ta có: � 36 � x2  x2 �x  11 � �� � �y  �  y 1 � � y 1 Ta thấy giá trị x, y thoả mãn ĐKXĐ �x  11 �y  Vậy nghiệm phương trình (1) � * Nhận xét: Ta nhận thấy: biểu thức x  y  phương trình vừa xuất tử, vừa xuất mẫu Vậy nhân chúng lại khử 12 biến Đây phương trình hai ẩn, có điều đặc biệt Từ ta đưa cách giải ngắn gọn Ví dụ 3: Giải phương trình: (1) x2  4x   x2  x   Giải: ĐKXĐ: x thuộc R Ta có: (1) � ( x  2)2  ( x  3)2  � x   x 3 1 � x   3 x 1 (2) Áp dụng BĐT A  B �A  B , ta có: x    x �( x  2)  (3  x)  (3) Do phương trinh (2) có nghiệm � dấu “=” xảy ra, tức ta có: �2 x ۣ (x – 2).(3-x) �0 Vậy nghiệm phương trình (1) �x �3 * Nhận xét: Nhận thấy biểu thức dấu phương trình (1) bình phương, ta đưa phương trình dạng phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: x   x 3 1 (2) Đến ta giải phương trình (2) cách xét trường hợp cách giải phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Nhưng ta nhận thấy: (x-2) + (3-x) =1 lưu ý x    x Do áp dụng BĐT A  B �A  B , dấu “=” xảy � A.B �0, ta có cách giải ngắn gọn * Nhận xét: Trước giải phương trình ta cần ý nhận xét xem phương trình có đặc biệt? Để sử dụng phương pháp này, ta thường biến đổi đưa phương trình có vế phải số sử dụng bất đẳng thức để chứng minh vế trái �(hoặc �) vế phải Khi phương trình có nghiệm dấu “=” xảy Tuỳ thuộc vào đặc điểm phương trình mà ta sử dụng bất đẳng thức khác nhau, phải linh hoạt Phương pháp đưa dạng tổng đa thức khơng âm khơng Ví dụ 1: Giải phương trình: x y z  x2  y36 z 5 (1) Giải: Điều kiện: x �2; y �3; z �5 (* (1) � ( x   x   1)  ( y   y   4)  ( z   z   9)  � ( x   1)  ( y   4)  ( z   3)  13 � x  1  � � � � y 3 2  � � z 5 3  �x   �x  � � � �y   � �y  �z   �z  14 � � �x  � Đối chiếu điều kiện (* , nghiệm phương trình là: �y  �z  14 � Ví dụ 2: Giải phương trình: x  y  z  35  2(2 x   y   z  3) (1) Giải: Điều kiện: x �1; y �2; z �3 (1) � ( x   x   4)  ( y   y   9)  ( z   z   16) =0 � ( x   2)  ( y   3)  ( z   4)  � x 1   � x 1  � � � � � � y  3  � � y   � � � z 3 4  � z 3  �x   �x  � � � �y   � �y  �z   16 �z  13 � � Các giá trị x, y, z vừa tìm thoả mãn điều kiện Vậy nghiệm phương trình là: �x  � �y  �z  13 � * Nhận xét: Phương trình cho phương trình ẩn Bằng cách thêm, bớt ta biến đổi đưa phương trình có vế trái tổng bình phương, cịn vế phải Từ ta dễ dàng giải phương trình Giới thiệu số tập phương trình vơ tỉ Khi học sinh nắm vững phương pháp thường dùng để giải phương trình vơ tỉ, giáo viên giao số tốn giải phương trình vơ tỉ thường gặp chương trình tốn nhằm giúp học sinh nắm cách có hệ thống, đào sâu kiến thức thức, bất đẳng thức, v.v… Bài 1: Giải phương trình: 3x  x  12  x  10 x    x  x Giải x  x  12  � x  10 x    x  x 3( x  1)   5( x  1)    2( x  1) Nhận thấy: 3( x  1)2  �3 Dấu “=” xảy x=-1 5( x  1)  �2 Dấu “=” xảy x = �1 Do vế trái �5 Dấu “=” xảy x = -1 Vế phải:  2( x  1)2 �5 Dấu “=” xảy x = -1 Vậy phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải = � x = -1 Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = -1 Bài 2: Giải phương trình: x  x   x  10 x  25  14 Giải 2 x  x   x  10 x  25  � ( x  3)  ( x  5)  � x3  x5 8 Áp dụng bất đẳng thức: x   x    x  x  �3  x  x    Vế trái vế phải � VT bé � -5 �x �3 Dấu “=” xảy � (3 – x) (x+5) �0 Vậy phương trình có nghiệm là: -5 �x �3 Chú ý: Phương trình giải cách đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Bài 3: Giải phương trình: x2 + 4x + = 2 x  Giải: 3 ĐKXĐ: x � Khi ta có: x2 + 4x + = 2 x  � x2  6x   2x   2x   � ( x  3)  ( x   1) 3 nên x + > x   �1 Do đó: x +3 = x   � x+2 = x  Vì x � � x  x   x  � x = -1 (Thoả mãn ĐKXĐ) Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = -1 Bài 4: Giải phương trình: x4 + x  2002 = 2002 ( Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2002 – 2003 Sở GD & ĐT Thanh Hố) Giải: Phương trình xác định với x thuộc R, ta có: x4 + x  2002 = 2002  x4 = 2002 - x  2002  x + x + = x2 + 2002 x  2002 + 1 ( x  ) = ( x  2002 - )2 2 1  x2 + = x  2002  2 1 * x2 + > nên: x2 + = x  2002 2  * Biến đổi tương đương được: x4 + x2 – 2001 = (1) Đặt x2 = y ( y 0) (1)  y2 + y – 2001 = (2) Giải (2) được: y1 = 1  8005 1  8005 (thoả mãn): y2 = (loại) 2 15 1  8005 1  8005 ; x2 =  2 Suy ra: x1 = Bài 5: Giải phương trình: ( x  x  x  2)  x  x  x  Giải: ( x  x  x  2)  x  x  x   x3  x  x  x3  x  x  Phương trình có nghiệm khi: x3 - x - x  �0 (1) Với điều kiện (1), ta có: + Trường hợp 1: x3  x  x -  x3 - x - x  � 2x2  x   � x2  x   � x1 = 1, x2 =-2 Thay giá trị x1 = 1, x2 =-2 vào (1) ta thấy: x1 = thoả mãn x2 = -2 không thoả mãn + Trường hợp 2: x3  x  x -  ( x3 - x - x  2) � x3  � x  Thay x = vào (1) ta thấy x = thoả mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 1 x  x 1  x  x 1  2 Bài 6: Giải phương trình: Giải: ĐKXĐ: x 1 Khi ta có: 1 x  x 1  x  x 1  2 � �  x   1) + x  1 +  x 1 2=2 x 1 = - áp dụng BĐT giá trị tuyệt đối: A  B �A  B Ta có: x   + x   = x   +  x  �( x   1)  (1  x  1)  Dấu “=” xảy � ( x   ) 1  x   0 (1) ( Vì x 1 => x    ) Do (1) � 1- x  0 �  x  � x- 1 � x 2 Kết hợp với ĐKXĐ ta nghiệm phương trình là: x 2 Bài 7: Giải phương trình: x 1 x 1   x 1 x 1 Giải: ĐKXĐ x �1 ( x �-1) 16 x 1  k (k 0 ) Phương trình cho trở thành: k   k x 1 - Giải phương trình ẩn k tìm k1 = ; k2 =  ( loại) x k tìm x = - Thay k= k1 = vào x 1 - Trả lời: nghiệm phương trình cho x = - Đặt Bài 8: Giải phương trình: 25  x - 10  x 3 Giải: ĐKXĐ:  10 �x � 10 Đặt 25  x a ; 10  x b ( a  0; b  0) => a2 – b2 = 15 (1) Phương trình cho trở thành a - b =3  a = b+3 (2) Từ (1) (2) suy (3+b)2 – b2 = 15 Giải ta a = 4; b = Với a =  25  x =4 Giải x =3 (Thoả mãn ĐKXĐ) Với b =  10  x =1 Giải ta x =3 (Thoả mãn ĐKXĐ) Kết luận: nghiệm phương trình cho là: x = 3 Bài 9: Tìm nghiệm nguyên, dương phương trình: x  y  1998 (Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2001 -2002 Sở GD ĐT Thanh Hoá) Giải: x  y  1998 � x  y  xy  1998 * Cách 1: � ( x  y )  x  y  1998  x  y � ( x  y )  ( x  y )( x  y)  1998  x  y 2 � y ( x  y )  1998  x  y � � y ( x  y )� � �  (1998  x  y ) � y.1998  (1998  x  y ) � 22.32.2.3.37 y  (1998  x  y )2 Vì (1998  x  y ) số phương nên y = k2.2.3.37=k2.222 (Với k số nguyên dương k2.2.3.37 �1998 hay k �3 ) - Nếu k = => y = 222, x = 888 (thoả mãn) - Nếu k = => y = 888, x = 222 (thoả mãn) - Nếu k = => y = 1998, x = (loại x, y nguyên dương) Vậy phương trình cho có hai nghiệm là: 17 �x  888 �x  222 � � �y  222 �y  888 * Cách 2: x  y  1998 � x  y  9.222 � x  y  222 Vì x, y số nguyên, dương nên: � x  a 222 � � y  b 222 � � a  b  3(a, b �N *) � �a  b2 � Do có hai trường hợp: � � � x  222 � � y  222 � � x  222 � � y  222 �a  Khi đó: �b  � �x  222 �� �y  888 �x  888 �y  222 � Vậy phương trình cho có hai nghiệm là: �x  888 �x  222 � � �y  222 �y  888 Bài 10: Giải phương trình: 25  x  3  x  Giải: 3 25  x   x  (1) ĐKXĐ: x �R Lập phương hai vế phương trình (1) ta được: (1) � 25  x   x  3 (25  x)(3  x).( 25  x  3  x )  64 (2) Vì: 25  x  3  x  nên: (2) � 28  12 (25  x)(3  x)  64 � 12 (25  x)(3  x)  36 � (25  x)(3  x )  3(3) Lập phương hai vế (3) ta được: (3) � (25 + x).(3 - x) = 27 � -x2 – 22x + 75 =27 � x2+22x – 48 = � (x- 2)(x+24) =0 � x1 = ; x2 = -24 Vậy phương trình cho có tập nghiện là: S =  24; 2 Bài 11: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: (1  x  x  1) 2008  (1  x  x  1) 2008  22009 (Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2008 – 2009 Sở GD & ĐT Thanh Hoá) Giải: ĐKXĐ: x �1 x nguyên Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm, ta có: 1004 (1  x  x  1) 2008  (1  x  x  1) 2008 �2 � (1  x)  ( x  1) � = 2(2+2x)1004 � � 18 = 2.21004(1+x)1004 = 21005(1+x)1004 Dấu “=” xảy �  x  x    x  x  � x = (vì x �1 ) Vì x �1 nên: (1+x)1004 �21004 => 21005(1+x)1004 �22009 Dấu “=” xảy � x = Vậy phương trình cho có nghiệm ngun dương là: x = 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Với kinh nghiệm vừa trình bày trên, sau năm bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn thân tơi nhận thấy: Khi dạy phần “Phương trình vơ tỉ”, học sinh tiếp nhận kiến thức cách thoải mái, chủ động, rõ ràng Học sinh phân biệt nhận dạng dạng phương trình vơ tỉ từ giải hầu hết tập, xoá cảm giác khó phức tạp ban đầu khơng có qui tắc tổng quát Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo, phẩm chất trí tuệ khác học sinh thấy dạng toán thật phong phú, đa dạng không đơn điệu Điều giúp cho học sinh hứng thú học mơn tốn Kết cụ thể: Với tập giáo viên đưa ra, số học sinh giải cách độc lập tự giác, thống kê theo bảng sau: Số học sinh giải theo mức độ Tổng áp dụng số Từ 0% Từ 20% đến Từ 50% đến Năm học Trên 80% đề tài HS đến 20% 50% 80% lớp SL % SL % SL % SL % Chưa áp 2016-2017 42 10 24 16 38 11 26 12 dụng Đã áp 2017-2018 43 14 12 28 13 30 12 28 dụng Đã áp 2018-2019 44 11 18 15 34 16 36 dụng Ngoài kết trên, kết thi vào lớp 10 PTTH năm học 2018-2019 tỉ lệ đạt điểm trở lên 85% * Bài học kinh nghiệm: Phần “Giải phương trình vơ tỉ” lớp nội dung quan trọng dạng tốn có liên quan chặt chẽ với kiến thức khác Nó dạng tốn thường gặp đề thi học sinh giỏi Toán đề thi vào lớp 10 PTTH Khi dạy dạng toán này, trước hết cần cho học sinh nắm thật vững khái niệm thức, phép biến đổi thức, đặc biệt bậc hai Để học sinh nắm vững hứng thú học tập, cần liên hệ kiến thức biết để xây dựng kiến thức mới, chọn lọc hệ thống tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó Khi học phải cho học sinh nhận dạng sau bắt tay vào giải theo nhiều cách (nếu có thể) khơng thiết phải giải nhiều 19 tập Cần rèn luyện nhiều cách suy luận để tìm hướng giải cách lập luận trình bày học sinh Với dạng khơng có qui tắc tổng quát, song sau giải giáo viên nên đặc điểm, hướng giải để gặp dạng tương tự học sinh liên hệ KẾT LUẬN KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: Có thể nói, với cách làm tơi chuẩn bị tạo tình dẫn dắt học sinh học tập cách tự học Thơng qua phát huy tính tích cực chủ động học sinh Tuy nhiên để làm điều phải tốn khơng thời gian cơng sức cho việc chuẩn bị nội dung phương pháp giảng dạy Nhưng theo tôi, phương pháp giúp chất lượng học tập học sinh ngày nâng cao phải làm Trên vài kinh nghiệm nhỏ thân tự rút dạy phần “Phương trình vơ tỉ” Chắc chắn chưa hồn chỉnh cịn có chỗ khiếm khuyết Trong vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán giáo viên THCS cịn gặp nhiều khó khăn thân tơi muốn đóng góp kinh nghiệm nhỏ Qua đây, tơi mong góp ý chân thành đồng nghiệp để năm học tới giảng dạy mơn Tốn tốt hơn, đáp ứng yêu cầu nghiệp giáo dục nước nhà 3.2 Kiến nghị: Phòng giáo dục nên tổ chức hội thảo chuyên đề đổi phương pháp để giáo viên có điều kiện học hỏi trao đổi với kinh nghiệm giảng dạy, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện để đảm bảo tiêu giáo dục toàn nghành XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác NGƯỜI VIẾT Phạm Thị Lan Phương 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa toán lớp Tác giả: Phan Đức Chính - Tơn Thân – Vũ Hữu Bình- Phạm Gia Đức [2] Sách giáo viên toán lớp Tác giả: Phan Đức Chính - Tơn Thân [3] Sách tập tốn lớp Tác giả: Tơn Thân – Vũ Hữu Bình – Trần Đình Châu – Trần Kiều [4] Dạy – học toán THCS theo hướng đổi Tác giả: Tôn Thân [5] Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên trung học sở chu kỳ III (2004 – 2007) mơn Tốn [6] Tài liệu dạy học theo chủ đề tự chọn trường trung học sở mơn Tốn [7] Tốn phát triển lớp Tác giả: Vũ Hữu Bình [8] Tạp chí tốn học tuổi thơ – NXB Giáo dục [9] Bài tập nâng cao số chuyên đề toán Tác giả: Bùi Văn Tuyên [10] Toán nâng cao số chuyên đề toán Tác giả: Vũ Dương Thụy-Nguyễn Ngọc Đạm [11] Tài liệu chuyên toán trung học sở Tác giả: Vũ Hữu Bình- Trần Hữu Nam – Phạm Thị Bạch Ngọc- Nguyễn Tam sơn 21 MỤC LỤC Tên đề mục MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Các phương pháp thực 2.3.2 Các biện pháp để tổ chức thực 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 1 1 2 3 19 20 20 20 22 ... ? ?Phương trình vơ tỉ? ?? ứng dụng chương trình tốn học phổ thơng, tơi xin đưa số kinh nghiệm: "Hướng dẫn giải phương trình vơ tỉ cho học sinh giỏi lớp - Trường THCS Đơng Thọ, thành phố Thanh Hóa? ?? Tơi... cực trị,… Nhờ đó, việc giải phương trình vơ tỉ trở thành niềm đam mê, thích thú học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Học sinh lớp - Trường THCS Đơng - Thành phố Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu:... phương trình vô tỉ cách giải dạng đồng thời đưa số cách giải phương trình vơ tỉ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vơ tỉ 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Các phương