I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI a. Cơ sở lý luận Để bắt kịp với xu thế hội nhập và phát triển của xã hội, đòi hỏi con người phải tìm tòi và sáng tạo trong nhiều lĩnh vực nghiên cứu. Trong đó việc phát hiện và bồi dưỡng nhân tài là vấn đề rất quan trọng trong quá trình dạy học. Đối với môn khoa học tự nhiên đặc biệt là môn toán thì việc dẫn dắt cho học sinh hiểu được một khái niệm, nắm bắt được phương pháp giải một bài toán là cả một quá trình làm việc hết sức nghiêm túc của cả thầy và trò. Trong bộ môn toán việc dẫn dắt học sinh giải một bài toán từ dễ tới khó tưởng chừng như đơn giản nhưng trong một lớp lại có nhiều đối tượng học tập khác nhau; nên việc dạy của giáo viên nhiều khi cũng gặp những khó khăn nhất định. Nhằm phát hiện những học sinh có năng lực, phát huy năng lực tư duy của học sinh, trong quá trình giải toán người giáo viên toán phải có trình độ chuyên môn vững vàng, có kinh nghiệm giảng dạy và có niềm say mê với nghề. Trong trường THCS môn toán có một vị trí quan trọng, các kiến thức của môn toán là công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt các môn học khác và hoạt động hiệu quả ở mọi lĩnh vực trong cuộc sống hàng ngày. Đồng thời môn toán còn giúp học sinh có năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo; giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và giá trị thẩm mỹ. Ngoài việc hình thành cho học sinh một hệ thống các khái niệm, các định luật một cách vững chắc thì việc hình thành phương pháp giải của các dạng toán có tầm đặc biệt quan trọng và là vấn đề trung tâm của phương pháp dạy học toán. Đối với học sinh trung học cơ sở việc giải bài tập toán cũng là một hình thức chủ yếu trong việc học toán. b. Cơ sở thực tiễn Qua thực tế dạy học của cá nhân nhiều năm ở bộ môn Toán 9 và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số do trường phân công. Tôi đã tổng hợp các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh hàng năm kết hợp với giáo viên trong tổ phân tích sai lầm và tìm ra phương pháp giải tối ưu nhất cho từng bài toán về giải phương trình vô tỉ. Phân tích và hướng dẫn học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vô tỉ trong các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hàng năm để phát hiện những sai lầm của học sinh trong giải toán. Gợi ý và định hướng học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vô tỉ và các bài toán liên quan đến rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai đăng trên tạp chí “TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ” và “TOÁN TUỔI THƠ 2” để phát hiện những sai lầm của học sinh trong các bước biến đổi. Tham khảo các tài liệu liên quan đến phương trình vô tỉ, chọn lọc, sắp xếp tìm ra các phương pháp giải tối ưu nhất cho từng dạng toán viết thành chuyên đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm “ Một số giải pháp khắc phục sai lầm khi giải phương trình vô tỉ” 2. XÁC ĐỊNH MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn toán ở trường THCS, tôi đi sâu nghiên cứu nội dung chương trình và qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy rằng : trong chương trình Toán THCS các bài toán về tìm x, giải phương trình rất phong phú và thú vị, quan trọng đối với các em học sinh. Ở bậc THCS đòi hỏi ta phải tìm ra cách làm hữu hiệu và phù hợp với trình độ kiến thức để giải quyết, chính vì các bài toán về giải phương trình không theo khuôn mẫu nào cả, nó đòi hỏi người dạy phải có cách phân tích logic, biết kết hợp giữa kiến thức cũ và kiến thức mới một cách có hệ thống, định hướng cho tìm bài giải. Với mục đích: Tìm ra cách giải hay và ngắn gọn cho các bài toán. Đánh giá và phân loại học sinh trong từng giai đoạn nghiên cứu. Đưa ra các bài toán có tính tổng quát đơn giản cho học sinh nhận diện và tìm hiểu. Tích cực hóa hoạt động học tập, hình thành thói quen tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh. 3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Nghiên cứu phân tích, định hướng cách áp dụng các giải pháp để giải phươmg trình vô tỉ bằng cách: nâng lên lũy thừa, vận dụng hằng đẳng thức, đặt ẩn phụ, dùng biểu thức liên hợp, giải phương trình vô tỉ bằng cách đánh giá, vận dụng bất đẳng thức. 4. ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM Học sinh khối 9 trường THCS thị trấn Phù Mỹ – Phù Mỹ – Bình Định, năm học 2016 – 2017 đến nay.
I ĐẶT VẤN ĐỀ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI a Cơ sở lý luận Để bắt kịp với xu hội nhập phát triển xã hội, đòi hỏi người phải tìm tịi sáng tạo nhiều lĩnh vực nghiên cứu Trong việc phát bồi dưỡng nhân tài vấn đề quan trọng q trình dạy học Đối với mơn khoa học tự nhiên đặc biệt mơn tốn việc dẫn dắt cho học sinh hiểu khái niệm, nắm bắt phương pháp giải toán trình làm việc nghiêm túc thầy trị Trong mơn tốn việc dẫn dắt học sinh giải toán từ dễ tới khó tưởng chừng đơn giản lớp lại có nhiều đối tượng học tập khác nhau; nên việc dạy giáo viên nhiều gặp khó khăn định Nhằm phát học sinh có lực, phát huy lực tư học sinh, q trình giải tốn người giáo viên tốn phải có trình độ chun mơn vững vàng, có kinh nghiệm giảng dạy có niềm say mê với nghề Trong trường THCS mơn tốn có vị trí quan trọng, kiến thức mơn tốn công cụ thiết yếu giúp học sinh học tốt môn học khác hoạt động hiệu lĩnh vực sống hàng ngày Đồng thời môn tốn cịn giúp học sinh có lực phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả tư tích cực, độc lập, sáng tạo; giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức giá trị thẩm mỹ Ngồi việc hình thành cho học sinh hệ thống khái niệm, định luật cách vững việc hình thành phương pháp giải dạng tốn có tầm đặc biệt quan trọng vấn đề trung tâm phương pháp dạy học toán Đối với học sinh trung học sở việc giải tập tốn hình thức chủ yếu việc học toán b Cơ sở thực tiễn Qua thực tế dạy học cá nhân nhiều năm mơn Tốn tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số trường phân công Tôi tổng hợp đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh hàng năm kết hợp với giáo viên tổ phân tích sai lầm tìm phương pháp giải tối ưu cho tốn giải phương trình vơ tỉ Phân tích hướng dẫn học sinh giỏi giải toán phương trình vơ tỉ đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hàng năm để phát sai lầm học sinh giải toán Gợi ý định hướng học sinh giỏi giải tốn phương trình vơ tỉ tốn liên quan đến rút gọn biểu thức chứa thức bậc hai đăng tạp chí “TỐN HỌC VÀ TUỔI TRẺ” “TOÁN TUỔI THƠ 2” để phát sai lầm học sinh bước biến đổi Tham khảo tài liệu liên quan đến phương trình vơ tỉ, chọn lọc, xếp tìm phương pháp giải tối ưu cho dạng toán viết thành chuyên đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm “ Một số giải pháp khắc phục sai lầm giải phương trình vơ tỉ” XÁC ĐỊNH MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Là giáo viên trực tiếp giảng dạy mơn tốn trường THCS, sâu nghiên cứu nội dung chương trình qua thực tế giảng dạy tơi nhận thấy : chương trình Tốn THCS tốn tìm x, giải phương trình phong phú thú vị, quan trọng em học sinh Ở bậc THCS địi hỏi ta phải tìm cách làm hữu hiệu phù hợp với trình độ kiến thức để giải quyết, tốn giải phương trình khơng theo khn mẫu cả, địi hỏi người dạy phải có cách phân tích logic, biết kết hợp kiến thức cũ kiến thức cách có hệ thống, định hướng cho tìm giải Với mục đích: - Tìm cách giải hay ngắn gọn cho toán - Đánh giá phân loại học sinh giai đoạn nghiên cứu - Đưa tốn có tính tổng quát đơn giản cho học sinh nhận diện tìm hiểu - Tích cực hóa hoạt động học tập, hình thành thói quen tư tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao lực phát giải vấn đề; rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Nghiên cứu phân tích, định hướng cách áp dụng giải pháp để giải phươmg trình vơ tỉ cách: nâng lên lũy thừa, vận dụng đẳng thức, đặt ẩn phụ, dùng biểu thức liên hợp, giải phương trình vơ tỉ cách đánh giá, vận dụng bất đẳng thức ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM Học sinh khối trường THCS thị trấn Phù Mỹ – Phù Mỹ – Bình Định, năm học 2016 – 2017 đến PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Phương pháp nghiên cứu thực tiễn, lý thuyết - Phương pháp thực nghiệm sư phạm + Thực nghiệm thực tế giảng dạy: + Kinh nghiệm dạy học cá nhân + Tham khảo chuyên môn đồng nghiệp - Phương pháp khảo sát thực nghiệm: + Khảo sát điều tra theo phiếu vấn thăm dò + Kết thực tế thi Học sinh giỏi cấp - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Đánh giá kết học tập mức độ tư học sinh sau tiếp cận phương pháp giải PHẠM VI VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Phạm vi nghiên cứu Hệ thống số phương pháp giải phương trình vơ tỉ sai lầm thường mắc phải học sinh giải dạng tốn phương trình vơ tỉ Thời gian nghiên cứu - Viết dạng chuyên đề dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi từ năm học 2016 – 2017 - Xây dựng thành chuyên đề hồn chỉnh áp dụng giảng dạy học kì I năm học 2017 – 2018 - Triển khai áp dụng toàn trường năm học 2018 – 2019 - Hoàn thiện vào tháng 10/2019 II NỘI DUNG NHỮNG NỘI DUNG LÝ LUẬN CÓ LIÊN QUAN TRỰC TIẾP ĐẾN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Phương trình chủ đề chương trình tốn phổ thơng Trong chương trình Tốn bậc THCS, phương trình chun đề xuyên suốt năm học, tốn “Tìm x biết ” lớp , tìm nghiệm đa thức lớp đến giải phương trình bậc cuối năm học lớp hoàn thiện nội dung phương trình bậc hai học kì II Đại số lớp Trong phương trình vơ tỉ (phương trình có chứa ẩn dấu căn) sách giáo khoa sách tập lướt qua, kì thi tuyển sinh vào lớp10 THPT, thi tuyển vào trường chuyên lớp chọn, kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh lại thường xun có tốn Nếu giáo viên không ý trang bị tốt kiến thức phương pháp giải hợp lí học sinh khó vượt qua Vấn đề đặt làm để giúp học sinh giải tốt dạng phương trình vơ tỉ? Khi gặp tốn phương trình vơ tỉ học sinh tìm hướng giải hạn chế sai lầm đáng tiếc q trình giải tốn Qua thực tế giảng dạy nhiều năm mơn Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số tơi sưu tầm, chọn lọc tích luỹ sáng tác thêm số toán viết thành đề tài “ Một số giải pháp khắc phục sai lầm giải phương trình vơ tỉ” khn khổ chương trình tốn bậc THCS, nhằm giúp học sinh tránh sai lầm giải phương trình vơ tỉ Từ trang bị cho học sinh số phương pháp để giải tốn phương trình vô tỉ Với mong muốn trao đổi kinh nghiệm bạn đồng nghiệp để có thêm chuyên đề bồi dưỡng đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp hoàn thiện THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Trong phân phối chương trình TỐN 9, khơng có tiết dạy giành riêng cho giải phương trình vơ tỉ Bài tập vận dụng sách giáo khoa sách tập TỐN Tồn chương I có 76 tập chia làm nhiều dạng loại khác nhau, dạng tập đề cập đến tìm x (giải phương trình vơ tỉ) có tập Sách tập tốn có 108 bài, dạng tốn liên quan đến giải phương trình vơ tỉ có tập Sau dạy lý thuyết khơng có nhiều tập dạng tốn Kĩ nhận dạng lựa chọn phương pháp giải học sinh đại trà hạn chế Học sinh giỏi khơng có tài liệu để đọc tham khảo Trên thực tế giảng dạy, nhận thấy toán cực trị phần trọng tâm việc dạy nâng cao, bồi dưỡng kiến thức cho học sinh giỏi trường THCS, thực trạng học sinh trường khơng có hứng thú với loại tốn này, lẽ tốn cực trị trường THCS khơng theo phương pháp định nên em “ khó nhằn ” với dạng tốn này, em đâu, vận dụng phương pháp để giải tốn Nhưng có phải tất lỗi em không? Phải em cần có hướng dẫn, cần có làm quen với dạng toán này, người giáo viên người chủ động hướng dẫn em Vì dạng tốn khơng thể đọc sách giáo khoa thâu tóm cách làm địi hỏi cần phải có tư duy, sáng tạo, nhìn nhận đắn để tìm cách giải hay, dễ hiểu Đơi giáo viên lại q gị bó, áp đặt em phải làm theo cách này, cách làm chậm khả tư em dẫn tới em cảm thấy nhàm chán Chính gặp phải dạng tốn giải phương trình vơ tỉ nhiều học sinh giải không đạt điểm tối đa mắc sai lầm đáng tiếc Sai lầm 1: Ví dụ 1: Giải phương trình: x + = x + (1) Lời giải học sinh sau: x ≥ −4 x + ≥ x ≥ −4 x ≥ −4 ⇔ ⇔ ⇔ x = 2 x( x + 3) = ( x + 4) = ( x + 2) x + = x + 4x + x = −3 ⇔ (1) Tập nghiệm phương trình S = { 0; −3} Phân tích sai lầm: x = - nghiệm phương trình, thay x = -3 vào (1) x + =-1 x − Điều kiện x ≥ ta có: Suy x −2 > x −3 ( x − 1) + ( x − 2) > ( x − 3) Vậy phương trình vơ nghiệm Nhận xét: Ta thấy x = nghiệm phương trình mà HS bỏ qua Việc chia vế cho x làm nghiệm phương trình Phân tích sai lầm: + Khơng xét trường hợp x = để suy nghiệm phương trình + Chưa xét đầy đủ trường hợp x > trường hợp x < Hướng khắc phục: Trường hợp: x = ⇔ x = nghiệm phương trình Trường hợp x < (10) viết dạng: Vì − x > nên chia vế (10’) cho Do x < nên − x < − x − x (1 − x) + − x (2 − x) = − x (3 − x) (10’) − x ta được: 1− x + − x = − x − x < 3− x Suy − x + − x < − x Do x < Khơng thoả mãn phương trình Trường hợp x > Giải Kết luận : Phương trình có nghiệm x = Ví dụ 7: Giải phương trình: Lời giải học sinh sau: x( x − 5) + x( x − 2) = x( x + 3) (7) x ≤ x ≥ x( x − 2) ≥ x ≤ −3 x ≤ ⇔ x = x( x − 5) ≥ ⇔ x( x + 3) ≥ x ≥ x ≥ x ≤ −3 x ≥ Điều kiện: * Ta có x = nghiệm phương trình (7) * Với x ≠ 0, chia vế phương trình cho x ta được: ( x − 5) + ( x − 2) = ( x + 3) ⇔ x – + x – + ( x − 5)( x − 2) = x + 10 − x ≥ x ≤ 10 ⇔ 2 2 ⇔ x − x + 10 = 10 – x ⇔ 4( x − x + 10) = (10 − x) 3 x − x − 60 = x ≤ 10 x = x = ⇔ ⇔ x = − 10 x = − 10 ( thoả mãn) 10 0;6; − 3 Vậy tập nghiệm phương trình (11) : S = 10 Nhận xét: Lời giải lôgich chặt chẽ kiểm tra lại x = - khơng nghiệm phương trình Nguyên nhân dẫn đến việc thừa nghiệm Phân tích sai lầm: HS xét trường hợp x ≠ , trường hợp x ≠ phải xét khả xảy x > x < Cụ thể xét trường hợp x ≥ x ≤ −3 Hướng khắc phục: Trường hợp x = nghiệm phương trình 10 Trường hợp x ≥ Giải loại nghiệm x = - (không thoả mãn) Bổ sung trường hợp x ≤ −3 (trình bày phần sau) Đó sai lầm mà học sinh mắc phải vận dụng công thức A.B = A B , giáo viên không để ý khó tìm ngun nhân đãn đến sai lầm hai ví dụ Sai lầm 4: Biến đổi đưa thừa số vào dấu xét thiếu trường hợp xảy dẫn đến phương trình thừa thiếu nghiệm Ví dụ 8: Giải phương trình: Lời giải học sinh sau: ( x − 3)( x − x − 6) = x + x + 12 (8) (8) ⇔ ( x − 3)( x − 3)( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) x + = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3)( x + − x + 4) = ⇔ x – = x + − x + = ⇔ x = ( thoả mãn) x ≥ x − ≥ x ≥ x+2 = x−4 ⇔ ⇔ ⇔ x = ⇔ x = 2 x + = ( x − 4) x − x + 14 = x = Vậy phương trình (8) có nghiệm x1 = 3; x2 = Nhận xét: Lời giải học sinh thoả mãn nghiệm tìm được, em khơng ngờ phương trình (8) cịn có nghiệm x = Phân tích sai lầm: Học sinh thực phép biển đổi ( x − 3) ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) x + = ( x − 3)( x − 4) Đưa thừa số dấu bỏ qua trường hợp x – < nên dẫn đến nghiệm x = Hướng khắc phục: (8) ⇔ ( x − 3)( x − 3)( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ x − x + = ( x − 3)( x − 4) (13’) Xét trường hợp: + Trường hợp x ≥ Giải + Trường hợp x < ta có (13’) ⇔ (3 − x) x + = ( x − 3)( x − 4) ⇔ (3 − x)( x + + x − 4) = ⇔ – x = hoặc x + + x − = ⇔ x = ( loại) x ≤ 4 − x ≥ x ≤ x+2 = 4− x ⇔ ⇔ ⇔ x = ⇔ x = 2 x + = (4 − x) x − x + 14 = x = Kết luận: Phương trình có nghiệm : x1 = 3; x2 = 7; x3 = Để tránh sai lầm dạy mục “Đưa thừa số dấu ” Giáo viên cần ý cho HS công thức: A B A ≥ A2 B = A B = -A B A < x +1 Ví dụ 9: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3) x − = (9) Vậy phương trình có nghiệm : x=± −1 + 8037 Ví dụ 6.3: Giải phương trình: x + y + z = x − 2010 + y − 2011 + z − 2012 + 6020 (6.3) Lời giải: Điều kiện x ≥ 2010; y ≥ 2011; z ≥ 2012 (6.3) ⇔ x – 2010 – x − 2010 + + y – 2011 – y − 2011 + + z – 2012 – z − 2012 + =0 ⇔ ( x − 2010 - 1)2 + ( y − 2011 - )2 + ( z − 2012 - 3)2 = x − 2010 = x = 2011 ⇔ y − 2011 = ⇔ y = 2015 z = 2021 z − 2012 = (thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm : x = 2011; y = 2015; z = 2021 * Xây dựng toán vận dụng: Xác định A(x) = ?; B(x) = ?; C(x) = ? Chọn : A(x) = x + 2012 − ; B(x) = x ta có ( x + 2012 − )2 = x2 ⇔ x + 2012 + x + 2012 + = x2 ⇔ x2 – x + x + 2012 + 2013 = Ta có tốn : Giải phương trình: x – x + x + 2012 + 2013 = Sau tập vận dụng: * Bài tập áp dụng: a) x2 + x + 12 x + = 36 b) 4x2 + 22 = 21x - x − 2 c) x4 + x + 2012 = 2012 d) x + y + z + x − + y − + z − x 3x − + =2 x 3x − (Đề thi học sinh giỏi lớp cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011) e) 6.2 Vận dụng đẳng thức a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = Ví dụ 6.4: Giải phương trình: a) b) 3 x − x + 2011 − 3x − x + 2012 − x − 2013 = 2010 3x + + − x + x − = x − (6.4b) 3 Nhận xét : a) Đặt 3x − x + 2011 = a ; – 3x − x + 2012 = b ; – x − 2013 = c Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 Phương trình viết lại a + b3 + c3 = (a + b + c) ta giải toán Lời giải: 2 3 Đặt 3x − x + 2011 = a ; – 3x − x + 2012 = b ; – x − 2013 = c Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 Phương trình (6.4a) viết lại a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 (*) Từ (*) đẳng thức a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 + 3(a + b)(b + c)(c + a) Ta có phương trình (a + b)(b + c)(c + a) = Xét trường hợp: • a+b=0 ⇒ 3 x − x + 2011 = 3 x − x + 2012 ⇔ 3x2 – x + 2011 = 3x2 – 7x + 2012 ⇔ 6x = ⇔ x = • 3 a + c = ⇒ x − x + 2011 = x − 2013 ⇔ 3x2 – x + 4014 = Phương trình vơ nghiệm 3 b + c = ⇒ 3x − x + 2012 = – x − 2013 ⇔ 3x2 – x – = Phương trình có nghiệm + 13 − 13 x1 = ; x2 = 6 1 + 13 − 13 x1 = ; x2 = 6 ; x3 = Vậy phương trình cho có nghiệm: • b) Đặt 3x + = a ; − x = b ; x − = c Ta có a3 + b3 + c3 = 4x – Phương trình (6.4b) viết lại a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = Ta xét trường hợp 3 • a + b = ⇒ 3x + = – − x ⇔ 3x + = x – ⇔ x = – 3 − x = – x − ⇔ – x = – 2x ⇔ x = 3 • c + a = ⇒ 3x + = – x − ⇔ 3x + = – 2x ⇔ x = 1,6 Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = – ; x2 = 4; x3 = 1,6 Nhận xét : Hai phương trình đưa dạng (a + b)(b + c)(c + a) = việc giải phương trình tích đơn giản, vấn đề chỗ giáo viên giúp học sinh nhận dạng đẳng thức * Xây dựng tập vận dung: Chọn a, b, c cho a + b3 + c3 = ( a + b + c) ta tạo thành phương trình vơ tỉ chứa bậc ba 3 Ví dụ: Cho a = x + 5, b = x − 2; c = − x a3 + b3 + c3 = 4x – ta có phương • b+c=0 ⇒ trình: x + + x − + − 3x = x + Tuỳ theo yêu cầu bạn xây dựng tập vận dụng Bài tập: Giải phương trình sau: a) b) c) x + − x2 − x − + x2 − 8x − = 3x − x + 2000 − 3 x − x + 2001 − x − 2003 = 1999 x + x + + x − x − = 3x − x + + x − 3x − 3 3 d) x + + 15 − x − x − = x + 24 Giải pháp 7: Giải phương trình vơ tỉ phương pháp vận dụng đẳng thức 7.1 Áp dụng bất đẳng thức A = − A ≥ 0; B ≥ B A + B ≥ A+ B Ví dụ 7.1: Giải phương trình: Dấu xảy ⇔ B ≥ Dấu xảy ⇔ A.B ≥ x + x + + x + x + + x + x + + x + 16 x + 64 = Lời giải: x + x + + x + x + + x + x + + x + 16 x + 64 = ( x + 1) + ( x + 2) + ( x + 3) + ( x + 8) = ⇔ x +1 + x + + x + + x + = A = − A ≥ 0; B ≥ B Áp dụng bất đẳng thức Dấu xảy ⇔ B ≥ x +1 + x + + x + + x + = −x −1 + −x − + x + + x + Ta có : ≥ –x–1–x–2+x+3+x+8=8 − x − ≥ x ≥ −1 − x − ≥ x ≤ −2 ⇔ ⇔ ⇔ −3 ≤ x ≤ −2 x + ≥ x ≥ − x + ≥ x ≥ −8 Dấu xảy x / − ≤ x ≤ −2} Vậy tập nghiệm phương trình S = { ⇔ A2 = A Đây dạng toán giới thiệu phương pháp đưa dạng Trong trường hợp ta dùng bất đẳng thức để giải đơn giản nhiều vận dụng định nghĩa giá trị tuyệt đối xét khoảng một, sau kết luận nghiệm 7.2 Áp dụng bất đẳng thức tạo ta tính đối nghịch hai vế phương trình Dùng bất đẳng thức để đánh giá vế phương trình Có thể xảy trường hợp: VP ≥ u VT ≤ u VP = u VT ≤ u VP = u VT ≥ u VP = A ⇔ VT = A Khi VP = VT Ví dụ 7.2: Giải phương trình x − + − x = x − x + 18 GIẢI: Điều kiện ≤ x ≤ ( x − + − x ) = (x – 3) + (5 – x) + ( x − 3)(5 − x ) = + ( x − 3)(5 − x) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số không âm ( x – ) ( – x) ta có + ( x − 3)(5 − x) ≤ + (x + 3) + (5 – x) = Suy ( x − + − x ) ≤ (*) Và x2 – 8x + 18 = (x – 4)2 + ≥ (**) x − + − x = ⇔ ⇔x=4 x − x + 18 = Từ (*) (**) Vậy phương trình có nghiệm x = 7.3 Áp dụng bất đẳng thức Cô –si đưa bất phương trìnhcó nghiệm Bất đẳng thức Cơ - si: Nếu a1, a2, … , an số thực khơng âm a1 + a2 + …+ an Đẳng thức xảy a1 = a2 = … = an-1 = an Ví dụ 1: Giải phương trình: x2 + 4x + = 2 x + ≥ n n a1.a2 .an Lời giải: Điều kiện x Vận dụng bất đẳng thức Cô – si với số không âm : (2x + 3) ta có : (2x + 3) + ≥ 2 x + = x2 + 4x + Suy 2x + ≥ x2 + 4x + ⇒ x2 + 2x + ≤ ⇒ (x + 1)2 ≤ ⇒ x = -1 Thử lại x = -1 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = -1 4x − 2: Giải phương trình: 2x 11x + 21 = Ví dụ 11 47 2x − ) + >0 2 ⇒ Điều kiện 4x – > x > 2x - 11x + 21 = ( Áp dụng BĐT Cô – si cho số dương ta đựơc: 3 x − = 2.2( x − 1) ≤ + + ( x − 1) = x + (*) Từ (7.3b) (*) suy 2x2 - 11x + 21 ≤ x + ⇔ 2x2 - 12x + 18 ≤ ⇔ 2(x – 3)2 ≤ ⇔ x = Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 3: Giải phương trình: x3 – 3x2 – 8x + 40 = x + Điều kiện x ≥ – Áp dụng BĐT Cô – si cho số không âm ta đựơc: 4 x + = 4.4.4.( x + 1) ≤ + + + ( x + 1) = x + 13 (**) Từ (7.3c) (**) suy x3 – 3x2 – 8x + 40 ≤ x + 13 ⇔ x3 – 3x2 – 9x + 27 ≤ ⇔ (x + 3)(x – 3)2 ≤ Với điều kiện x ≥ – suy x + >0 ⇒ (x – 3)2 ≤ ⇔ x – = ⇔ x = Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = ≥− 2 Ví dụ 4: Giải phương trình: x + x − + x − x + = x − x + Điều kiện x2+ x – ≥ ; x – x2 + ≥ Áp dụng BĐT Cô – si cho số hạng vế trái phương trình ta có ( x + x − 1) + x + x x2 + x − ≤ = 2 (*) 2 ( x − x + 1) + x − x + x − x2 + ≤ = 2 (**) 2 Cộng theo vế (**) (*) ta có x + x − + x − x + ≤ x + Kết hợp với (7.3d) ta x2 – x + ≤ x + hay (x – 1)2 ≤ ⇔ x = Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = 7.4 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski * Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski: Với hai số ( a1, a2, … , an ) ( b1, b2, … , bn ) ta có 2 2 2 ( a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) đẳng thức xảy tồn số thực k cho ai=kbi vói I = 1, 2, 3,…,n x − + x − = 2( x − 3) + x − Ví dụ 1: Giải phương trình Lời giải: Điều kiện x ≥ x − , 1, x – ta có: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số x − + x − ≤ (1 + 1)( ( x − 1) + ( x − 3) ⇒ x −1 + x − ≤ x − + x − ≤ 2( x − 3) + x − x −1 x − x − = ( x − 3)2 = x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ x ≥ x − ≥ x − x + 10 = Đẳng thức xảy ⇔ x = (vì loại nghiệm x = 2) Thử lại x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình Điều kiện – x4 4 x2 − x − = x − x Lời giải: ≥0⇔ x ≤ 4 4 4 Ta có (7.4b) x2 − x + x = x + ⇔ x ( − x + x) = x + Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số − x4 + x ≤ ( − x ; x; 1; ta có: − x + x ≤ (1 + 1) ( − x ) + x = Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số ( − x4 + x2 ) (*) − x ; x; 1; ta có: ) − x + x ≤ (1 + 1) ( − x ) + x = (**) Từ (*) (**) suy x2( − x + x ) ≤ x ≤ x + x ≤ − x = x ⇔ x =1 2− x = x Đảng thức xảy 2 x = x + Thử lại x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = 4 7.5 Áp dụng bất đẳng thức Min-cốp-xki: *Bất đẳng thức Min-cốp-xki 2 2 2 Với a,b, c, d số thực ta có a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d ) Đẳng thức xảy a.d = b.c x − x + 816 + x + 10 x + 267 = 2003 Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Min-cốp-xki ta có Ví dụ 1: Giải phương trình x − x + 816 + x + 10 x + 267 = (4 − x) + (20 2) + ( x + 5) + (11 2) ≥ (4 − x + x + 5) + (20 + 11 2) = 81 + 1922 = 2003 Đẳng thức xảy (4 – x).11 = 20 (x + 5) 56 ⇔ 44 = 11x = 20x + 100 ⇔ x = - 31 56 56 Thử lại x = - 31 nghiệm phương trình.Vậy phương trình có nghiệm x = - 31 7.6 Áp dụng bất đẳng thức a b + ≥2 b a , Với a > 0; b > Đẳng thức xảy a = b Ví dụ: Giải phương trình x 3x − + =2 x 3x − (Đề thi học sinh giỏi lớp cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011) Lời giải: Điều kiện x > x 3x − a b + ≥2 + ≥2 x x − b a Áp dụng bất đẳng thức ta có: Đẳng thức xảy x = x − ⇔ x2 = 3x – ⇔ x2 – 3x + = ⇔ x1 = 1; x2 = Thử lại x1 = 1; x2 = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = * Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình sau a) x − + 10 − x = x − 12 x + 40 3 b) x2 + 2x + = x + 3x c) x − x + + x + x + 10 = 29 4 d) − x = x − 3x + Bài 2: Giải phương trình sau x 7x − + =2 x a) x − b) x2 − 2x + + y + x2 + x + + y + y2 = c) 13 x − + x + = 16 x 4 d) − x + − x + + x = Nói tóm lại muốn học giỏi mơn khoa học phải học giỏi tốn muốn học giỏi tốn học sinh phải nắm vững kiến thức bản, phương pháp giải dạng tốn phải biết sai lầm mà học sinh khác hay mắc phải để giải khơng mắc phải sai lầm KẾT QUẢ THỰC HIỆN Bằng cách áp dụng lồng ghép giải pháp đề tài trình giảng dạy, giáo viên học sinh giảm khó khăn mặt thời gian thực đề tài 4.1 Học sinh đại trà : Trước áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, cho học sinh làm kiểm tra lần (đề kiểm tra đính kèm phụ lục) vào tháng 10 năm 2018 thu kết sau : Năm học 2017- 2018 Dạy thông thường 2018 – 2019 Dạy thông thường 2019 – 2020 Dạy thường thông Lớp % 8.1 13.9 SL 5 % 13.5 13.9 SL 12 12 % 32.4 33.3 SL 17 14 % 45.9 38.9 TB trở lên SL % 20 54.1 22 61.1 20.6 17.6 7 20.6 20.6 10 12 29.4 35.3 18 15 45.0 36.6 22 25 Giỏi Sĩ số A3 A4 37 36 SL A5 A6 40 41 Khá Trung bình Yếu, 55.0 73.5 9A 9A Sau thời gian áp dụng sáng kiến vào thực tiễn giảng dạy, cho học sinh làm kiểm tra lần vào tháng 10 năm 2019 thu kết khả quan : Năm học 2009 – 2010 Dạy SKKN theo 2018 – 2019 Dạy theo SKKN Lớp A3 A4 9A5 9A6 SL % 21.6 19.4 SL 13 14 % 35.1 38.9 SL 11 10 % 29.7 27.8 SL % 21.6 13.9 TB trở lên SL % 29 78.3 31 86.1 15.0 19.5 10 12 25.0 29.3 17 14 42.5 34.1 17.5 14.6 33 34 Giỏi Sĩ số 37 36 40 41 Khá Trung bình Yếu, 82.5 82.9 2019 – 2020 Dạy SKKN theo 4.2 Kết học sinh giỏi: Năm học 2017 – 2018 (Chưa dạy theo SKKN) 2018 – 2019 (Dạy theo SKKN – HKII) 2019 – 2020 (Dạy theo SKKN) Cấp huyện SL dự thi Đạt giải 5 Cấp tỉnh SL dự thi (1 nhì, giải 3, giải khuyến khích) ( giải 3, giải khuyến khích) Đạt giải (1 nhì, giải 3, giải khuyến khích) III KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ NHỮNG KẾT LUẬN ĐÁNH GIÁ CƠ BẢN NHẤT VỀ SÁNG KIẾN a Về nội dung Phần kiến thức phương trình vơ tỉ chương I- Đại số đưa tập đơn giản, nghiên cứu kĩ rộng sâu, tương đối khó với học sinh, có liên quan mang tính thực tiễn cao, tập áp dụng phong phú đa dạng Qua việc giảng dạy thực tế nhận thấy để dạy học tốt phần chương I- Đại số học sinh cần phải nắm vững kĩ giải dựa vào giải pháp trên, học sinh biết biến đổi qua tập cụ thể học sinh đại trà vận dụng cịn sai sót, học sinh giỏi vận dụng tốt b Về ý nghĩa Muốn nâng cao chất lượng đào tạo phải nâng cao trình độ chun mơn cho giáo viên Vì vậy, để có hiệu mong muốn, giáo viên nên thực đảm bảo tính xuyên suốt, liên tục việc xây dựng kế hoạch giảng dạy phương trình vơ tỉ bồi dưỡng học sinh giỏi Nếu giáo viên biết cách tự sáng tạo, tự học tự rèn điều kiện cho phép nổ lực cố gắng thân số giải pháp khởi đầu niềm đam mê toán học Có thể sử dụng giải pháp để sáng tác toán phát triển tư cao hơn, mở rộng tầm nhận thức người cơng trình nghệ thuật giáo viên dạy toán mãi người u thích tốn Sự thành cơng giáo viên đường dạy học góp phần tạo hứng thú tự tin cho học sinh Vận dụng giải pháp giáo viên xây dựng chuyên đề khác phục vụ cho nhu cầu giảng dạy cách tương tự Phát sai lầm học sinh thường mắc phải giúp cho học sinh tránh sai lầm đường học tốn Có thể vận dụng giải pháp nêu để tiếp tục phát triển sâu hơn, rộng số phương pháp khác hệ thống tập phương trình vơ tỉ dạng tập tương tự c Về hiệu Qua q trình thực thi đề tài này, tơi thấy học sinh hứng thú học, kiến thức nắm vững, lời giải cho tốn trình bày mạch lạc, logic, trọng tâm, lực tư hình thành Tơi tin với đề tài em học sinh có sở sau tìm kiến thức kĩ cao bậc THPT để giải phương trình vơ tỉ CÁC ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ Với sáng kiến hy vọng đem phần nhỏ đóng góp giúp em học sinh nắm thêm phần lí thuyết vận dụng vào thực hành cách hiệu Qua tơi có vài kiến nghị sau: *Đối với học sinh: - Học sinh tích cực tìm hiểu làm tập giáo viên đề ra, đồng thời nghiên cứu tìm cách giải khác cho toán - Chủ động, hợp tác thực nhiệm vụ học tập, tham gia đánh giá, tổng hợp kết học tập *Đối với giáo viên: - Để học sinh nắm kiến thức sách giáo khoa, giáo viên đưa vào tốn bất đẳng thức Cơ-Si cho học sinh bước đầu nhận diện dạng toán lớp đưa tập nâng cao lớp dạng tập đầy hấp dẫn - Với học giáo viên có phương pháp tiếp cận, phương pháp giảng dạy khác điều tùy thuộc vào mức độ nhận thức học sinh Với chuyên đề trình độ học sinh khơng giống phương pháp khơng thể giống Vì người giáo viên cần phải tìm phương pháp, cách tiếp cận vấn đề cho phù hợp với đối tượng học sinh *Đối với ngành: - Có kế hoạch tổ chức buổi sinh hoạt chuyên môn theo chuyên đề cho giáo viên khối lớp môn, nguồn tài liệu quan trọng định hướng cho giáo viên hướng dẫn học sinh ơn tập cuối học kì, tham gia thi ngành tổ chức, ôn luyện thi vào lớp 10 - Mong muốn cấp, ngành tiếp tục quan tâm đầu tư trang thiết bị dạy học cho trường huyện để tạo điều kiện thuận lợi cho việc đổi phương pháp dạy học giáo viên học sinh Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian không nhiều, tài liệu tham khảo cịn hạn chế, cộng với chưa có kinh nghiệm lĩnh vực nghiên cứu khoa học nên cách trình bày khơng tránh khỏi thiếu sót, với tinh thần luôn nâng cao hiệu giảng dạy, mong giúp đỡ bạn đồng nghiệp, cấp để đề tài trình bày hồn thiện tơi tiếp tục áp dụng trình giảng dạy năm học đạt hiệu tốt Tôi chân thành cám ơn! Mỹ Tài, ngày 25 tháng 10 năm 2019 Người viết Huỳnh Thị Kim Ánh PHỤ LỤC Bài kiểm tra lần 1: Thời gian làm bài: 60 phút Bài 1: (2,0 điểm) 4x2 + 4x + = Giải phương trình sau: Bài 2: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: Bài 4: (2,0 điểm) Giải phương trình sau: x + + 3x + = x − 12 x + 13 − x + 13 = x + x − + − x = 3x − 12 x + 14 Đáp án biểu điểm Bài (2,0 đ) (3,0 đ) Nội dung Phương trình Biểu điểm x2 + x + = x = 2 x + = (2 x + 1) = ⇔ x + = ⇔ ⇔ x + = −6 x = − ⇔ Vậy phương trình có nghiệm: x1 = ; x2 = - 3 Phương trình: x + + 3x + = x − (2) Lập phương vế phương trình (2), ta được: ( x + 1)(3 x + 1) x + + 3 x + ⇔ x + + 3x + + = x – (*) 3 Thay x + + 3x + = x − vào (*) ta được: ( ) 1,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 3 ( x + 1)(3x + 1)( x − 1) = −3( x + 1) ⇔ x +1 ( 0,5 đ ) ( x − 1)(3x + 1) + ( x + 1) = x +1 = x +1 = ⇔ ⇔ ( x − 1)(3x + 1) + ( x + 1) = ( x − 1)(3 x + 1) = ( x + 1) x = −1 x = −1 ⇔ ⇔ 2 3 ( x − 1)(3 x + 1) = −( x + 1) ( x − 1)(3x + 1) = − ( x + 1) (3,0 đ) 0,5 đ 0,5 đ Phương trình: 12 x + 13 − x + 13 = x + Điều kiện x ≥ – Nhân vế phương trình với biểu thức liên hiệp vế trái ta 0,5 đ ⇔ x = x + 1( 12 x + 13 + x + 13) (*) từ 12 x + 13 − x + 13 = x + suy x + = ( 12 x + 13 − x + 13) x + (**) Trừ 2vế hai phương trình (*) (**) ta được: 7x – = ( x + 1)(4 x + 13) (2,0 đ) 0,5 đ x = −1 x = −1 ⇔ ⇔ x = 4 x = Thử lại ta thấy x = - 1( thoả mãn); x = ( không thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = - ( 12 x + 13 − x + 13)( 12 x + 13 + x + 13) = x + 1( 12 x + 13 + x + 13) 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 1 x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ 7 2 (7 x − 1) = 4( x + 1)(4 x + 13) 33x − 82 x − 51 = 0,5 đ x ≥ ⇔ ⇔ x=3 x = 3; x = −17 Vậy phương trình có nghiệm x = Phương trình x − + − x = 3x − 12 x + 14 0,5 đ 2 x − ≥ ⇔ ≤x≤ 2 5 − x ≥ Điều kiện Áp dung BĐT Cô – si cho số khơng âm ta có (2 x − 3) + (5 − x) + 2x − + − 2x ≤ + =2 2 (1) 2 ≥ Mặt khác 3x – 12x + 14 = 3( x – 2) + 2 (2) Từ (1) (2) suy phương trình có nghiệm ⇔ dấu “ = ” xảy ⇔x=2 Vậy phương trình có nghiệm x = 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Bài kiểm tra lần 2: Thời gian làm bài: 60 phút Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 3x + + − x + x − = x − Bài 2: (3,0 điểm) 4 Giải phương trình sau: x2 − x − = x − x Bài 3: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: Bài 4: (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1 x2 − + x2 + x + = 4 (2x3 + x2 + 2x + 1) x − x +1 − x + + x + = Đáp án biểu điểm Bài (3,0 đ) Nội dung 3 Phương trình: 3x + + − x + x − = x − (1) Giải: 3 Đặt 3x + = a ; − x = b ; x − = c Ta có a3 + b3 + c3 = 4x – Phương trình (1) viết lại a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = Ta xét trường hợp 3 * a + b = ⇒ 3x + = – − x ⇔ 3x + = x – ⇔ x = – 3 3 * b + c = ⇒ − x = – x − ⇔ – x = – 2x ⇔ x = 3 *c + a = ⇒ 3x + = – x − ⇔ 3x + = – 2x ⇔ x = 1,6 Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = – ; x2 = 4; x3 = 1,6 (4,0 đ) Biểu điểm 4 Phương trình: x2 − x − = x − x (2) Giải: 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Điều kiện – x ≥0⇔ x ≤ 0,5 đ 0,5 đ 4 4 4 Ta có (2) ⇔ x2 − x + x = x + ⇔ x ( − x + x) = x + 4 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số − x ; x; 1; 1, ta có: ≤ − x + x ≤ (1 + 1) ( − x ) + x = 2 − x + x − x +x (*) ( Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số ta có: ( ) − x ; x; 1; 1, 0,5 đ ) − x + x ≤ (1 + 1) ( − x ) + x = (**) Từ (*) (**) suy x2( − x + x) ≤ x ≤ x + x ≤ 42 − x = x ⇔ x =1 2− x = x Đẳng thức xảy 2 x = x + Thử lại x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = (3,0 đ) x2 − Ta có : ⇔ ⇔ 4 1 + x2 + x + = 4 (2x3 + x2 + 2x + 1) x2 − 0,5 đ (3) 0,5 đ = x2(2x + 1) + ( 2x + 1) x − + x + x + = ( 2x + 1)( x2 + 1) ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + 2 x + = ( 2x + 1)( x2 + 1) (*) Vế trái (3) không âm với x Vì x + > 0, suy 2x + ≥ ⇒x≥− (*) ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) + 2(2 x + 1) = ( 2x + 1)( x2 + 1) ⇔ ⇔ 0,5 đ 1,0 đ 1 + x2 + x + 4 = (2x3 + x2 + 2x + 1) 4x2 − + x2 + x + 0,5 đ (2 x + 1)(2 x − + 2) = ( 2x + 1)( x2 + 1) (2 x + 1) = ( 2x + 1)( x2 + 1) ⇔ ⇔ ( 2x + 1) = ( 2x + 1)( x2 + 1) ⇔ ( 2x + 1)x2 = x = ; x = - ( thoả mãn ) Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = ; x2 = - 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ (2,0 đ) Phương trình: x − x + − x + + x + = ( 4) Điều kiện x ≥ (4) ⇔ 0,25 đ x + + x = x +1 + x + ⇔ 2x + + x(x + 9) = 2x + + (x + 4)(x + 1) 0,5 đ ⇔ + x(x + 9) = (x + 1)(x + 4) 2 ⇔ + x + 9x + x(x + 9) = x + 5x + ⇔ x(x + 9) = − x ( điều kiện x ≤ ) ⇔ x2 + 9x = x2 ⇔ x = ( thoả mãn ) Vậy phương trình có nghiệm x = 0,5 đ 0,5 đ MỤC LỤC NỘI DUNG Trang I ĐẶT VẤN ĐỀ 1 Lý chọn đề tài Xác định mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Đối tượng khảo sát thực nghiệm Phương pháp nghiên cứu Phạm vi thời gian nghiên cứu II NỘI DUNG Những nội dung lý luận có liên quan trực tiếp đến vấn đề nghiên cứu Thực trạng vấn đề nghiên cứu Mô tả, phân tích giải pháp 3.1-Hệ thống hoá kiến thức bổ sung số kiến thức mở rộng ……… 3.2- Một số giải pháp định hướng áp dụng bất đẳng thức Cơ-Si học Tốn bậc THCS 3.2.1 - Sử dụng bất đẳng thức Cơ-Si tốn đại số tìm cực trị biểu thức, chứng minh đẳng thức – bất đẳng thức Giải pháp1: Biến đổi biểu thức tìm cực trị thành tổng biểu thức cho tích chúng số Giải pháp 2: Cộng thêm biểu thức thích hợp vào biểu thức tìm cực trị 16 Giải pháp 3: Nhân thêm số thích hợp vào biểu thức tìm cực trị 20 Giải pháp 4: Thay điều kiện biến vào biến đổi biểu thức tìm cực trị 23 Giải pháp 5: Đổi biến số biểu thức tìm cực trị thành biến số 30 Giải pháp 6: Áp dụng bất đẳng thức phụ 34 3.2.2- Sử dụng bất đẳng thức Cô-Si tốn giải phương trình, hệ phương 40 trình 3.2.3 - Sử dụng bất đẳng thức Cơ-Si tốn hình học Kết thực III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 46 53 54 Những kết luận đánh giá sáng kiến 54 Các đề xuất, khuyến nghị Tài liệu tham khảo Phụ lục Mục lục 54 56 57 62 ... đưa phương trình cho phương trình tích Dạng 1: Phương trình dạng: p(x) + b q(x) + c = c Phương pháp giải: Đặt t = q( x) + c ( t ≥ ) ⇒ t = q ( x ) + c Đưa phương cho phương trình tích Giải phương. .. ẩn đưa phương trình cho hệ phương trình n m Phương trình dạng: c a ± A( x) ± d b ± B ( x) = e n m Phương pháp giải: Đặt u = a ± A( x) v = b ± B ( x) Biến đổi phương trình cho hệ phương trình, ... 2x + 1) (2010 dấu căn) Giải pháp 3: Giải phương trình vơ tỉ phương pháp đặt ẩn phụ Đặt ẩn phụ đưa phương trình cho phương trình bậc hai Dạng 1: Phương trình dạng : ax2 + bx + c = a b = px + qx