Đang tải... (xem toàn văn)
Trong phân phối chương trình TOÁN 9, không có tiết dạy giành riêng cho giải phương trình vô tỉ (học sinh sẽ được học vào chương trình đại số 10 THPT). Giáo viên giảng dạy trên lơ[r]
(1)Phương trình chủ đề chương trình tốn phổ thơng Trong chương trình Tốn bậc THCS, phương trình những chuyên đề xuyên suốt năm học, bắt đầu tư những tốn “Tìm x biết ” lớp , tìm nghiệm đa thức lớp đến giải phương trình bậc ći năm học lớp hồn thiện nội dung phương trình bậc hai học kì II Đại sớ lớp Trong phương trình vơ tỉ (phương trình có chứa ẩn dưới 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 thế để giúp học sinh giải tớt dạng phương trình vơ tỉ? Khi gặp tốn phương trình vơ tỉ học sinh cũng có tìm hướng giải hạn chế những 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 sớ tốn mới viết thành đề tài “ Những sai lầm cần khắc phục một sớ phương pháp giải phương trình vơ ti” khn khổ chương trình tốn bậc THCS, nhằm giúp học sinh tránh những sai lầm giải phương trình vơ tỉ Tư trang bị cho học sinh sớ phương pháp để giải tốn phương trình vơ tỉ Với mong ḿn trao đổi kinh nghiệm bạn đồng nghiệp để có thêm chuyên đề bồi dưỡng đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp hoàn thiện
1 THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Trong phân phới chương trình TỐN 9, khơng có tiết dạy giành riêng cho giải phương trình vơ tỉ (học sinh học vào chương trình đại số 10 THPT) Cụ thể chương “ CĂN BẬC HAI – CĂN BẬC BA” có 18 tiết, tiết lý thuyết, tiết luyện tập, tiết đôi vưa dạy lý thuyết vưa luyện tập, tiết ôn tập tiết kiểm tra Giáo viên giảng dạy lớp thường ý rèn kĩ giải dạng phương trình vơ tỉ cho học sinh, nếu có tập củng cớ nhỏ nhằm hồn thiện kiến thức sau tiết dạy nên khả vận dụng kiến thức vào giải phương trình vơ tỉ học sinh cịn nhiều hạn chế
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 cũng có tập Sau dạy lý thút khơng có nhiều tập dạng toán 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
(2)rất nhiều học sinh đại trà khơng giải được, có sớ em giải khơng đạt điểm tới đa mắc những sai lầm hết sức đáng tiếc
Bài toán giải phương trình vơ tỉ tốn thường gặp kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh Đề thi tiềm ẩn dưới nhiều dạng khác nếu học sinh không trang bị tốt kiến thức nắm vững phương pháp giải khó vượt qua
Đối với giáo viên nếu dưng lại việc hoàn chỉnh kiến thức sách giáo khoa không sâu nghiên cứu kĩ dạng tốn phương trình vơ tỉ, gặp phải dạng tốn có những hạn chế đinh Tôi xin giới thiệu kết thống kê điểm (bài thi GVDG cấp huyện năm học 2011 – 2012) cho bạn tham khảo.
Bài 5: ( 2,0 điểm ) Giải phương trình sau cách : 3 x3 8 2x2 6x4
Điểm 0 0,25 0,5 0,75 1,0 1,25 1,5 1,75 2,0 TS
SL 1 4 9 5 1 0 2 0 0 22
Nhận xét giám khảo:
- Chưa có thí sinh giải hồn chỉnh tốn cách.
- Trên 50% số thí sinh khơng xác định hướng đựơc cách giải tốn
Chính thực trạng nên địi hỏi phải có giải pháp để giải quyết.
2 Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI. 2.1 Đối với học sinh:
Học sinh khắc phục những sai lầm giải dạng phương trình vơ tỉ
Học sinh nhận dạng định hướng cách giải cho dạng tốn phương trình vơ tỉ thuộc phạm vi chương trình tốn trung học sở
Học sinh giỏi giải toán phương trình vơ tỉ thuộc phạm vi chương trình tốn trung học sở, giải dạng tốn phương trình vơ tỉ chương trình tốn trung học phổ thông đề thi vào trường Đại học – Cao đẳng
2.2 Đối với giáo viên:
Giáo viên sáng tạo toán phù hợp với tưng dạng toán giải phương trình vơ tỉ phục vụ cho cơng tác giảng dạy
3 PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Hệ thớng sớ phương pháp giải phương trình vơ tỉ những sai lầm thường mắc phải học sinh giải dạng toán phương trình vơ tỉ
(3)Phương trình vơ tỉ phương trình chứa ẩn dấu Bài tốn giải phương trình vơ tỉ tốn khó nhận dạng xác định hướng giải Đối với học sinh ḿn giải địi hỏi phải trang bị kiến thức tớt phương pháp giải hợp lí
b) Cơ sơ 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 tới ưu cho tưng tốn giải phương trình vơ tỉ
Phân tích hướng dẫn học sinh giỏi giải tốn 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 những sai lầm học sinh giải toán
Gợi ý định hướng học sinh giỏi giải toán 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 những sai lầm học sinh bước biến đổi
Tham khảo tài liệu liên quan đến phương trình vơ tỉ, chọn lọc, sắp xếp tìm phương pháp giải tới ưu cho tưng dạng tốn viết thành chuyên đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm
2 CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP
2.1 CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH
Dựa vào:
- Thực tế giảng dạy nhiều năm mơn Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số đặc biệt chuyên đề “ Phương trình vơ tỉ ”
- Sách giáo khoa sách tập toán
- Các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi liên quan đến phương trình vơ tỉ
- Các chun đề liên quan đến phương trình vơ tỉ đăng tải tạp chí “TỐN HỌC VÀ TUỔI TRẺ”; tạp chí “TỐN TUỔI THƠ 2”
- Những viết chuyên đề phương trình vơ tỉ đăng tải trang mạng tốn học - Kết phân tích kiểm tra chương I - Đại số kiểm tra học kì I năm học 2010 – 2011 đối chiếu so sánh giữa lớp, rút nhận xét, kết luận
- Kết thi học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008 đến năm học 2010 – 2011, đặc biệt dạng toán giải phương trình vơ tỉ để phân tích, so sánh, rút kinh nghiệm
2.2 THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP
- Viết dưới dạng chuyên đề dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008 - Xây dựng thành chuyên đề hoàn chỉnh áp dụng giảng dạy học kì I năm học 2009 – 2010 - Được nhà trường công nhận tài liệu dùng cho giáo viên tổ làm chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi tư tháng 12/ 2010
- Dạy thử nghiệm năm học 2009 – 2010 năm học 2010 - 2011 - Triển khai áp dụng toàn trường năm học 2011 - 2012
- Viết thô sáng kiến kinh nghiệm tư tháng 01/ 2012 - Hoàn thiện vào tháng 4/2012.
(4)
1 Đưa sớ ví dụ cụ thể ứng với tưng học chương “CĂN BẬC HAI – CĂN BẬC BA”, giúp cho giáo viên phát những sai lầm thường gặp học sinh giải dạng toán phương trình vơ tỉ để có nhận xét đánh giá rút kinh nghiệm việc vận dụng kiến thức biết vào giải tốn
2 Nêu sớ phương pháp giải phương trình vơ tỉ áp dụng cho học sinh THCS, phương pháp xây dựng hệ thớng tập tư dễ đến khó Nhằm giúp cho học sinh dễ tiếp cận số phương pháp giải mà tài liệu chưa viết hồn chỉnh, qua rèn kỹ tư vận dụng kiến thức cách linh hoạt, tạo hứng thú tìm tịi, khám phá cho học sinh sáng tạo tốn mới phương trình vơ tỉ
3 Đặc biệt sau dạng tập có nêu tốn tổng qt định hướng xây dựng lớp tập phương trình vơ tỉ giúp cho giáo viên có thêm nguồn tư liệu phong phú làm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giảng dạy chuyên đề “ Phương trình vô tỉ ”.
II.1a NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ
Học sinh sai lầm tưởng làm Có nguyên nhân dẫn đến sai lầm khi giải toán Nhà giáo dục Polia viết “Con người phải biết học sai lầm mình”. Vậy giải phương trình vơ tỉ học sinh sai lầm đâu? Cần khắc phục nào?
Sai lầm 1: Khi giải phương trình vơ ti học sinh thường ý đến điều kiện đặt điều kiện không xác dẫn đến kết luận phương trình thừa thiếu nghiệm.
(5)Lời giải học sinh :
(1)
2
4
4 4
0 ( 3)
( 4) ( 2) 4
3
x
x x x
x x x
x x x x x
x
Tập nghiệm phương trình S = 0; 3
Nhận xét : x = - nghiệm phương trình, thay x = -3 vào (1) x + = - < 0 Sai lầm: Đặt điều kiện sai dẫn đến kết luận nghiệm thiếu xác
Khắc phục: Điều kiện: x - 2, giải trên. Kết ḷn: Phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 2: Giải phương trình : 4x2 20x25 2 x (2) Lời giải học sinh : Vì 4x2 – 20x + 25 = (2x – 5)2 với mọi x
(2) 4x2 – 20x + 25 = (5 – 2x )2 4x2 – 20x + 25 = 25 – 20x + 4x2 0x = 0
Vậy phương trình có nghiệm với mọi x R
Nhận xét : phương trình (2) khơng phải ln có nghiệm với mọi x thuộc R thay x = vào (2)
thì – 2x = - < (không thoả mãn) mà phương trình (2) có nghiệm x
Sai lầm: Ngộ nhận 4x2 – 20x + 25 = (2x – 5)2 với x, không để ý đến vế phải phương trình, vội vàng bình phương vế.
Khắc phục: Điều kiện: x
.Giải Kết ḷn: Phương trình có nghiệm với mọi x
Ví dụ 3: Giải phương trình: x1 2x1 5 (3) Lời giải học sinh: Điều kiện : x 1
(3) x – + 2x – + 2 (x 1)(2x 1) = 25
2 (x 1)(2x 1) = 27 – 3x (3’)
4(2x2 – 3x + 1) = ( 27 – 3x)2 x2 – 150x + 725 = x
1= ; x2 = 145 ( thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm: x1= ; x2 = 145
Nhận xét : x = 145 khơng nghiệm phương trình (3) Vậy lời giải học sinh sai lầm bước nào? Rõ ràng học sinh không đặt điều kiện phương trình (3’) dẫn đến kết luận nghiệm sai. Đây sai lầm thường gặp em học sinh giỏi.
Khắc phục: 2 (x 1)(2x 1) = 27 – 3x (3’)
2
1 9
5 4(2 1) (27 ) 150 725
x x
x
x x x x x
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x3 8 2x2 6x4 (4)
(Đề thi GVDG cấp huyện PGD – ĐT Phù Mỹ năm học 2011- 2012 )
Lời giải thí sinh: Điều kiện: x3 + x2
(6) ( x2 – 6x – )( 4x2 – 9x + 14) =
x2 – 6x – = (vì 4x2 – 9x + 14 > 0)
x1 = 3 13 (thỏa mãn); x2 = 3 13 (thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
* Lời giải thiếu sót khơng? Bài giải có đạt điểm tối đa khơng? Điều xin giành cho bạn đọc (Đây giải hoàn chỉnh 22 thi).
Vậy để tránh những sai lầm trên, dạy “ CĂN BẬC HAI ” giáo viên cần ghi nhớ cho học sinh công thức:
0
A
A B B
A B
Ví dụ 5: Giải phương trình : (x + 2) x 3 = (5)
Lời giải học sinh : (x + 2) x =
2 2
3
x x
x x
Vậy tập nghiệm phương trình S = 2;3
Nhận xét : x = – nghiệm phương trình (3)
Sai lầm: Khơng tìm điều kiện xác định phương trình dẫn đến thừa nghiệm. Khắc phục: Điều kiện x Giải trên
Kết ḷn : Phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 6: Giải phương trình: x 2 x2 0 (6)
(Đề kiểm tra HKI năm học 2010 – 2011) Lời giải học sinh :
Điều kiện : x2 – 0 x 2 hoặc x 2
(6)
2 2(1 2)
1
x
x x
x
2
1 17
2
3
x x
x x
Vậy tập nghiệm phương trình S =
17 2;
9
Nhận xét : x = - 17
9 khơng phải nghiệm phương trình
Sai lầm: HS tìm điều kiện xác định phương trình chưa xác dẫn đến thừa nghiệm Thực ĐKXĐ phương trình x 2
Khắc phục: Điều kiện
2 4 0
2
x
x x
Giải trên Kết luận: Tập nghiệm phương trình S = 2
(7)thiếu xác Phương trình (6) học sinh tìm ĐKXĐ sai nên dẫn đến thưa nghiệm Khi giải dạng toán cần ghi nhớ công thức:
0
0
0
B
A B A
B
Ví dụ 7:Giải phương trình 2 x 3 x1 2x 3 4x12 (7) Lời giải học sinh
(7) x 3 x1 2x 2 x x 1 2x
1
2
1
x x
x
x x x
Vậy phương trình có nghiệm x =
Nhận xét : x = không nghiệm phương trình x = x không xác định Sai lầm: Không đặt điều kiện từ ban đầu nên dẫn đến kết luận nghiệm phương trình sai. Khác phục: Điều kiện x 3 Giải trên
Kết ḷn : Phương trình vơ nghiệm Ghi nhớ:
0
A
A B A C
B C
Sai lầm 2: Khi áp dụng đẳng thức A2 A Xét thiếu trường hợp dẫn đến nghiệm.
Ví dụ 8: Giải phương trình : 4x2 4x 1 x 3 (8)
Lời giải học sinh : (8) (2x 1)2 x 2x 1 x x4 Vậy phương trình có nghiệm x =
Nhận xét : (8) cịn có nghiệm x =
Sai lầm : Lời giải học sinh bỏ sót điều kiện x + 0 xét thiếu trường hợp 2x – = - ( x + 3) dẫn đến nghiệm.
Khác phục: Điều kiện x + 0 x 3
(8)
2
4
2
(2 1) 3 2
2 ( 3)
3
x
x x
x x x x
x x x
Kết ḷn: Phương trình có nghiệm: x1 = 4; x2 =
2
Ví dụ 9: Giải phương trình:
3
2
2
x
x x x x
(8)Lời giải học sinh : Điều kiện : x
(9) x 1 x 1 x 1 x 1 =
x
2
( 1) ( 1)
2
x
x x
3
1 1
2
x
x x
(*)
3
1 1
2
x
x x
( x ) 2 x 1 = x + (x – 1) = (x +3 )2
x2 – 10x + 25 = x
1 = x2 = ( thoả mãn ) Vậy phương trình có nghiệm x =
Nhận xét : Phương trình (9) cịn có nghiệm x = 1.
Sai lầm : HS xét thiếu trường hợp 1 x 2 nên dẫn đến nghiệm : Khắc phục : Tư phương trình (*)
Trường hợp : x 2 Giải trên.
bổ sung trường hợp : 1 x 2 ta có (*) = x + x = ( thoả mãn) Kết luận : Phương trình có nghiệm : x1 = ; x2 =
Chú ý : Khi dạy “ Căn thức bậc hai đẳng thức A2 A ” Cần ghi nhớ cho học sinh
công thức
2 B
A B A B
A B
Sai lầm 3: Sai lầm vận dụng qui tắc khai phương mợt tích , mợt thương để biến đổi tương đương các phương trình học sinh xét thiếu trường hợp dẫn đến thừa thiếu nghiệm.
Ví dụ 10: Giải phương trình: x x( 1) x x( 2) 2 x x( 3) (10) Lời giải học sinh:
(10) x (x 1) x (x 2) 2 x (x 3) (x 1) (x 2) ( x 3)
Điều kiện x ta có: x1 x 3 x x Suy (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.
Sai lầm: + Không xét trường hợp x = để suy nghiệm phương trình. + Chưa xét đầy đủ trường hợp x > trường hợp x < 0. Khắc phục: Trường hợp: x = x = nghiệm phương trình.
Trường hợp x < (10) viết dạng: x (1 x) x (2 x) 2 x (3 x) (10’) Vì x > nên chia vế (10’) cho x ta được: 1 x 2 x 2 3 x
Do x < nên 1 x 3 x 2 x 3 x
(9)Kết ḷn : Phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 11: Giải phương trình: x x( 5) x x( 2) x x( 3) (11) Lời giải học sinh:
Điều kiện:
0
( 2)
0
( 5) 0
5
( 3)
3
x x
x x x
x
x x x
x
x x x
x x
* Ta có x = nghiệm phương trình (11) * Với x 0, chia vế phương trình cho x ta được:
(x 5) (x 2) (x3) x – + x – + 2 (x 5)(x 2) = x + 3
x2 7x10 = 10 – x 2
10 10
4( 10) (10 ) 60
x x
x x x x x
10 6 10 10 3 x x x x x
( thoả mãn)
Vậy tập nghiệm phương trình (11) : S =
10 0;6;
Nhận xét: Lời giải lôgich chặt chẽ kiểm tra lại x = - 10
3 không nghiệm của phương trình Nguyên nhân dẫn đến việc thưa nghiệm
Sai lầm: HS xét trường hợp x , trường hợp x 0 phải xét khả xảy x > 0 và x < Cụ thể xét trường hợp x 5và x 3
Khắc phục:
Trường hợp x = nghiệm phương trình
Trường hợp x5 Giải loại nghiệm x = - 10
3 (không thoả mãn) Bổ sung trường hợp x 3.(trình bày phần sau)
Đó những sai lầm mà học sinh cũng mắc phải vận dụng cơng thức A B A B , giáo viên nếu khơng để ý cũng khó tìm nguyên nhân đãn đến sai lầm hai ví dụ
Khi dạy “Liên hệ phép nhân phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức:
A B A B A 0; B 0
(10)
Ví dụ 12: Giải phương trình:
2
x x
(12)
Lời giải học sinh:
(12)
2
1
2
x
x x
x
2
2
x x
x x x
Vậy phương trình vô nghiệm
Nhận xét: Rõ ràng x = - nghiệm phương trình.Vậy học sinh sai lầm bước biến đổi nào? Sai lầm: Khi áp dụng quy tắc khai phương thương học sinh bỏ sót trường hợp : x 3,5 nên dẫn đến nghiệm.
Khắc phục: Xét thêm trường hợp x 3,5 họăc giải sau:
(11)
2
2
1
2
x x
x
x x
x
Kết ḷn: Phương trình có nghiệm x = -
Khi dạy “Liên hệ phép chia phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức
A A
B B A 0, B > 0
A A
B B
A 0, B < 0
Sai lầm 4: Biến đổi đưa thừa số vào dấu xét thiếu trường hợp xảy dẫn đến phương trình thừa thiếu nghiệm.
Ví dụ 13: Giải phương trình: (x 3)(x2 x 6) x27x12 (13) Lời giải học sinh:
(13) (x 3)(x 3)(x2) ( x 3)(x 4) (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4) (x 3) x2 ( x 3)(x 4) (x 3)( x2 x4) 0
x – = hoặc x2 x 4 x = ( thoả mãn)
hoặc
2
4
4
2 7
2 ( 4) 14
2
x
x x
x x x x
x x x x
x
(11)Nhận xét: Lời giải học sinh thoả mãn nghiệm tìm được, em khơng ngờ phương trình (13) cịn có nghiệm nữa x =
Sai lầm: Học sinh thực phép biển đổi (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4) (x 3) x2 ( x 3)(x 4)
Đưa thừa số dấu bỏ qua trường hợp x – < nên dẫn đến nghiệm x = 2. Khắc phục:
(13) (x 3)(x 3)(x2) ( x 3)(x 4) (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4) x x2 ( x 3)(x 4) (13’)
Xét trường hợp:
+ Trường hợp x 3 Giải trên.
+ Trường hợp x < ta có (13’) (3 x) x2 ( x 3)(x 4) (3 x)( x 2 x 4) 0 3 – x = hoặc x2 x 0 x = ( loại)
hoặc
2
4
4
2
2 (4 ) 14
2
x
x x
x x x x
x x x x
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:
2 A
-A B A <
A B
A B A B
Ví dụ 14: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)
1
x x
= (14) Lời giải học sinh:
Điều kiện: x > hoặc x - 1
Đặt (x – 3)
1
x x
= t ( t ) Suy t2 = (x – 3)(x + 1) Phương trình (13) có dạng
t2 + 3t – = Tư tìm t
1 = ( nhận ) ; t2 = - ( loại)
suy (x – 3)
1
x x
= (x – 3)(x + 1) = x2 – 2x – = Phương trình có 2
nghiệm x1 = + ( thoả mãn ) ; x2 = - ( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = + ; x2 = -
Nhận xét: x = - không nghiệm phương trình HS bỏ qua trường hợp t = - làm nghiệm x = - 20 phương trình
(12)+ Chưa xét kĩ trường hợp nên dẫn đến thừa nghiệm x = - Khắc phục: Điều kiện: x > hoặc x - 1
Đặt (x – 3)
1
x x
= t Suy t2 = (x – 3)(x + 1) Phương trình (13) có dạng
t2 + 3t – = Tư tìm t
1 = ; t2 = -
Ta có :
''
1
( 3) (14')
1
( 3) (14 ) x x x x x x
Tư (14’) suy x > 3; (14’) (x – 3)(x + 1) = x2 – 2x – =
Phương trình có nghiệm x1 = + ( nhận ) ; x2 = - ( loại)
Tư (14”) suy x < Kết hợp với điều kiện ta có x - 1 (14”) (x – 3)(x + 1) = 16 x2 – 2x – 19 =
Phương trình có nghiệm x3 = + 20 ( loại) ; x4 = - 20 ( nhận)
Vậy nghiệm phương trình : x = + ; x = - 20
Để tránh sai lầm dạy mục “Đưa thừa số vào dấu ” Giáo viên cần ý cho HS công thức:
2
A 0; B - A < 0; B
A B A B A B
Sai lầm 5: Khi khử mẫu biểu thức lấy xét thiếu trường hợp không ý đến điều kiện dẫn đến thừa thiếu nghiệm.
Ví dụ 15: Giải phương trình:
2 1 x x x x
(15)
Lời giải học sinh: (15)
( 2)( 1)
( 2)( 1) 1
( 1) 1
x x
x x x x
x x x x
2 1
1
2 3
2 ( 1)
x x
x
x x
x x x x
x x x
Vậy phương trình vơ nghiệm
Nhận xét: Dễ dàng nhận lời giải sai lầm bước biến đổi đầu tiên, khử mẫu vế trái để đưa thưa sớ ngồi dấu bậc hai mà khơng để ý đến giá trị tuyệt đối, nên làm nghiệm x = -3
Khắc phục: (15)
( 2)( 1)
( 2)( 1) 1
( 1) 1
x x
x x x x
x x x x
( 15’)
(13)(15’) 2 1
1
2 ( 1) 3
2 ( 1)
x x
x
x x
x x x x
x x x
x3
Vậy phương trình có nghiệm x = -3
Để tránh sai lầm dạy mục “Khử mẫu biểu thức lấy ” cần ghi nhớ cho học sinh :
A 0; B >
- A < 0; B <
AB
A AB B
B B AB
B
Sai lầm 6: Khi trục thức mẫu không ý đến điều kiện ban đầu dẫn đến phương trình thừa nghiệm.
Ví dụ 16: Giải phương trình:
3 4 x x x x
(16)
Lời giải học sinh:
(16)
3 4
x x
x x x x
x x x
3 x x 2x (3 x x)( 4) x
4
4;
( 4)(7 )
(3 )( 4) (4 )
x x
x x
x x
x x x
( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 4; x2 =
7 2.
Nhận xét : Học sinh thực phép biến đổi tương đương giải phương trình hồn hảo,
nhưng thử lại ta thấy x1 = 4; x2 =
7
2 khơng nghiệm phương trình.
Sai lầm: Học sinh khơng tìm điều kiện xác định phương trình (16) Nếu học sinh tìm điều kiện xác định phương trình kết luận phương trình vơ nghiệm từ đầu.
Khắc phục: Điều kiện xác định:
3
4
x x x x
( mâu thuẫn) Vậy phương trình vơ nghiệm
Sai lầm 7: Khi dùng phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình học sinh không đến điều kiện ẩn phụ dẫn đến thừa nghiệm.
Ví dụ 17: Giải phương trình: 4x25x 1 4x2 4x4 9 x
(14)Đặt 4x25x 1 a ( a ); 4x2 4x4 = b ( b )
Ta có hệ phương trình: 2
9
a b x
a b x
(*)
(*) a – b = a2 – b2 (a + b)(a – b) – (a – b) (a – b)(a + b – 1) = 0
a – b = hoặc a + b – = 0
Nếu a = b ta có: 4x25x1 = 4x2 4x4 4x2 + 5x + = 4x2 – 4x + x =
1
3 ( chọn) Nếu a + b – = kết hợp với (*) ta có : 2a = 9x –
Suy 4x25x1 = 9x – 4( 4x2 + 5x + 1) = (9x – 2)2
16x2 + 20x + = 81x2 – 36x + 65x2 – 56x = x
1 = (loại ); x2 =
56
65 ( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm: x1 =
1
3 ; x2 = 56 65
Nhận xét: x2 =
56
65 khơng nghiệm phương trình.
Sai lầm: Lời giải bộc lộ sai lầm trường hợp xét a + b – = 0; vì b = 4x2 4x4 = (2x 1)2 3 1 Suy a + b > ( loại ) Khắc phục: Trong trường hợp a + b – =
Lập luận b = 4x2 4x4 = (2x 1)2 3 1 Suy a + b > ( loại )
Hoặc: Xét sau để loại nghiệm:
9
1
a b x a x
a b b x
Suy
2
9 x 9 nên x = ; x2 = 56
65 ( loại ) Kết ḷn phương trình có nghiệm x = Tương tự mời bạn tham khảo ví dụ sau:
Ví dụ 18: Giải phương trình: x1 2x1 5 Lời giải học sinh:
Điều kiện x 1
Đặt x 1 = a ( a 0 ) 2x 1 = b ( b0 )
Ta có hệ phương trình: 2
2
a b
b a
Giải hệ phương trình phương pháp thế ta b1 = 17; b2 =
Tư tìm x1 = 145; x2 =
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 145; x2 =
Nhận xét : x1 = 145 khơng nghiệm phương trình Ngun nhân xuất nghiệm ngoại lai?
Vậy học sinh sai lầm đâu? ( Đây sai lầm ví dụ 3) Điều giành cho bạn đọc.
(15)Lời giải học sinh: Điều kiện: x - 5
đặt: x 5 = y Kết hợp với (1) ta có hệ phưong trình:
2
2 2
5 (2)
5 (*)
x y x y
y x x y y x
tư (*) suy x2 – y2 + x – y = (x – y)(x + y + 1) = 0
Xét trường hợp:
a) x – y = hay x = y thay vào ( 2) ta có phương trình
x2 – x – = x =
1 21
( thoả mãn ); x2 =
1 21
( thoả mãn)
a) x + y + = hay y = - x – thay vào (2) ta có phương trình
x2 + x – = x =
1 17
; x4 =
1 17
( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x1 =
1 21
; x2 =
1 21
; x3 =
1 17
; x4 =
1 17
Nhận xét: Lời giải hoàn chỉnh hợp lơ gich, trình bày khoa học kiểm tra lại ta thấy
x2 =
1 21
; x3 =
1 17
khơng nghiệm phương trình
Sai lầm: HS sai lầm từ bước đặt điều kiện x - Điều kiện phương trình xác là x 5 x
Khắc phục:
Cách 1: Điều kiện x 5hoặc x 5 Giải trên, loại nghiệm x2 =
1 21
; x3 =
1 17
Kết ḷn phương trình có nghiệm: x1 =
1 21
; x2 =
1 17
Cách 2: Giải xong thử nghiệm vào phương trình cho để kết luận nghiệm. Sai lầm 8: Sai lầm vận dụng bất đẳng thức
Ví dụ 20: Giải phương trình: x x 1 3 x 2 x21 (1) Lời giải học sinh: Điều kiện: 1 x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski cho số (x, 1); ( x1; 3 x ) ta được:
1
x x x (2)
Tư (1) (2) suy giải phương trình (1) quy việc giải phương trình ( dấu xảy BĐT Bunhiacovski )
1
1
x
x x x3 – 3x2 + x + = (x – 1)(x2 – 2x – 1) = (3)
Phương trình (3) có nghiệm x1 = 1; x2 = – 2; x3 = + ( thoả mãn )
(16)Nhận xét: x2 = – không nghiệm phương trình
Sai lầm: Với điều kiện 1 x 3 phép biến đổi
1
x
x x x3 – 3x2 + x + = (x – 1)(x2 – 2x – 1) = (3) phép biến đổi hệ không phép biến đổi tương đương Do làm xuất nghiệm ngoại lai x = – 2.
Thực phương trình:
1
1
x
x x x3 – 3x2 + x + = có điều kiện 0 x
Khắc phục:
1
1
x
x x (1’) Điều kiện 0 x (1’) x3 – 3x2 + x + = x – 1)(x2 – 2x – 1) = (3)
Phương trình (3) có nghiệm x1 = (thoả mãn); x2 = – (loại) ; x3 = + ( thoả mãn )
Vậy phương trình cho có nghiệm : x1 = 1; ; x2 = +
Ghi nhớ: - Điều kiện xác định phương trinh - Phép biến đổi tương đương phương trình
- Thử lại nghiệm thoả mãn với phương trình cho hay khơng. - Kết ḷn nghiệm phương trình
Sai lầm 9: Khi thực các phép biến đổi tương đương các phương trình học sinh sử dụng chính điều kiện toán dẫn đến thừa thiếu nghiệm.
Ví dụ 22: Giải phương trình: 33x13 x 1 2x (22) Lời giải học sinh: Lập phương vế (22)
(22) 3x – + x + + 333x 1.3 x1(33x 13 x1)= -2x 333x 1.3 x1(33x 13 x1)= – 6x
33x 1.3 x1(33x 13 x1)= - 2x (22’) 33x 1.3 x1.32x= - 2x (22”)
(3x – 1)(x + 1).2x = 8x3
x[(3x – 1)(x + 1) – 4x2] = 2
0
(3 1)( 1)
x x
x x x x x
0
1 ( 1)
x x
x x
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 0; x2 =
(17)Sai lầm: Khi thực phép biến đổi tương đương từ (22’) sang (22”) thực chất phép biến đổi hệ phép biến đổi tương đương sử dụng điều kiện tốn. Điều chưa chắc với mọi x
Khắc phục: Thử trực tiếp nghiệm vào phương trình (22) ta thấy x = ( thoả mãn), x = 1( không thoả mãn) Kết luận phương trình có nghiệm x =
Giới thiệu ví dụ sau bạn tham khảo
Ví dụ 22: Giải phương trình: 3 x 1 33x 1 x1 (23) Lời giải học sinh: Lập phương vế :
(23) x + + 3x + +
3
3(x1)(3x1) x 1 3x1
= x – (*) Thay x 1 33x 1 x1 vào (*) ta được:
3
2
3
3(x1)(3x1)(x1) 3(x1) x1 3(x1)(3x1) (x1) =
2
2 3
3
1
( 1)(3 1) ( 1) ( 1)(3 1) ( 1)
x x
x x x
x x x
2
3
1 1
( 1)(3 1) ( 1) ( 1)(3 1) ( 1)
x x
x x x
x x x
2
1
0
4
x x
x x
Vậy phương trình có nghiệm x1 = – ; x2 =
Nhận xét : Phương trình có nghiệm x = – 1.
Đới với ví dụ 22 23 phương trình có nghiệm đơn giản nên ta thử trực tiếp vào phương trình cho để loại nghiệm Đới với phương trình có nhiều nghiệm hoặc nghiệm phức tạp việc thử trực tiếp vào phương trình cho việc làm hết sức khó khăn
Ghi nhớ: Xét phương trình sau, A, B, C biểu thức chứa ẩn x A + B + 33 AB C = C3 (1)
2 2
3 3 3
1
( ) ( ) ( ) ( )
2 A B C x A C B C A B
3 3
(2) (3)
A B C
A B C
Tư ta có - Nếu phương trình (3) vơ nghiệm (1) (2)
- Nếu phương trình (3) có nghiệm x = xảy khả sau:
* Khả 1: x = thoả mãn phương trình (2) :x = nghiệm hệ PT: A = B = C = 0
* Khả 2: x = khơng thoả mãn phương trình (2) (1) (2) khơng tương đương x = nghiệm (1) không nghiệm (2).
Như vậy lược đồ xét phương trình (2) sau:
Bước 1: Viết phương trình (1) dạng tương đương gồm phương trình (2) phương trình (3) như
Bước 2: Giải phương trình (3)
(18)+ Nếu phương trình (3) có nghiệm x = không thoả mãn A = B = C = x = khơng là
nghiệm (2)
Bước 3: Kết luận nghiệm phương trình (2) gồm:
+ Nghiệm phương trình (1) khơng thoả mãn phương trình (3) + Nghiệm phương trình (3) thoả mãn A = B = C =
Phương trình vơ tỉ dạng tốn có nhiều “bẫy” giăng sẵn học sinh Vì giáo viên cần phải biết giúp học sinh sửa sai lời giải Sự cẩn thận yếu tố quan trọng giúp học sinh tránh sai lầm đáng tiếc, quan trọng hơn phải nắm kiến thức phương pháp giải.
- Đối với mơn tốn, cần có quan điểm tư quan trọng kiến thức, nắm vững phương pháp quan trọng học thuộc lí thuyết Dạy tốn dạy suy nghĩ, dạy học sinh thành thạo thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, trừu tượng hố, đặc biệt hố, tương tự phân tích tổng hợp làm tảng Phải cung cấp cho học sinh tri thức phương pháp để học sinh tự tìm tịi, tự mình phát vấn đề, dự đốn kết tìm hướng giải tốn, từ nhớ lâu các kiến thức tốn học tìm lại được, quên
Trong phần tơi đưa ví dụ cụ thể ứng với tưng đơn vị kiến thức phân tích sai lầm học sinh giải phương trình vơ tỉ Vậy làm thế để học sinh khắc phục những sai lầm gặp dạng phương trình vơ tỉ thuộc phạm vi chương trình trung học sở học sinh cũng giải Tôi xin giới thiệu số phương pháp sau:
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VƠ TỈ
CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP
1 A x( )B x( )
( ) ( ) ( )
B x
A x B x
2
( ) 0, ( ) ( ) ( )
( ) ( )
A x B x
A x B x
A x B x
(19)1 NÂNG LÊN LUỸ THỪA 3.
2 ( ) 0; ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
A x B x
A x B x C x
A x B x A x B x C x
4
( ) 0; ( ) 0; ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
A x B x C x
A x B x C x
A x B x A x B x C x
5 A(x) B(x) C(x) D(x)
6 A B A B
(3 A3 B )(3 A2 AB B) = A + B (3 A B)(3 A2 3 AB B) = A – B
2 VẬN DỤNG HẰNG
ĐẲNG THỨC
2
A A
1. A2 B A B
0
B
A B
2
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
A x
A x B x C x B x
A x B x C x
3 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT
ẨN PHỤ
1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích Đặt hai ẩn phụ đưa phương trình tích Đặt hai ẩn phụ đưa hệ phương trình Đặt ba ẩn phụ
4 DÙNG BIỂU THỨC
LIÊN HỢP
Các biểu thức thường vận dụng
Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích
A B A B A – B
3 A B
A2 AB3 B A + B
3 A B
A2 3 AB B A – B
5 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ BẰNG CÁCH
ĐÁNH GIÁ
1.Dự đốn nghiệm chứng minh nghiệm Sử dụng tính đới nghịch hai vế phương trình
6 VẬN DỤNG HẰNG ĐẲNG ĐẲNG THỨC
(20)a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 (a + b)(b + c)(c + a) = 0
7.VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
1 Vận dụng bất đẳng thức 0;
A A B B Dấu xảy B 0 A B A B Dấu xảy A.B 0
2 Vận dụng bất đẳng thức Cô – si Vận dụng bất đẳng thức Bunyakovski Vận dụng bất đẳng thức Min – cop – xki
5 Vận dụng bất đẳng thức
a b
ba với a> 0, b > 0.
Dấu xảy a = b 1 PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LUỸ THỪA
- Tìm điều kiện có nghĩa phương trình (ĐKXĐ)
- Nâng lên luỹ thừa để làm thức bậc hai, bậc ba …
Dạng 1: A x( ) B x( )
( ) 0, ( ) ( ) ( )
B x A x
A x B x
Ví dụ 1: Giải phương trình:
a) 9(x 1) 21 (1a) ( 25c/16 – sgk) b) x x 1 (1b)
c) x3 + 2 81 7x = 18 (1c) ( Đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2009 – 2010 )
d) 3 x3 8 2x2 6x4 (1d) ( Đề thi GVDG cấp huyện 2011- 2012 ) GIẢI:
a) 9(x 1) 21 (1a)
(1a) 9(x – 1) = 441 x – = 49 x = 50 Vậy phương trình có nghiệm x = 50
b) x x 1 (1b)
(1b)
2
x
x x
x x
x 3x
x x
x
Vậy: phương trình có nghiệm x =
(21)(1c) 2 81 7x = 18 – x3 4( 81 – 7x3) = ( 18 – x3)2
324 – 28x3 = 324 – 36x3 + x6 x6 – 8x3 = x3(x3 – ) = 0
x = hoặc x = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = ; x2 =
d) 3 x3 8 2x2 6x4 (1d)
Điều kiện: 2x2 – 6x + x1 hoặc x 2
(1d) 9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2
( x2 – 6x – )( 4x2 – 9x + 14) =
x2 – 6x – = ( 4x2 – 9x + 14 > )
x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn ) Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
Dạng 2:
( ) 0, ( ) ( ) ( )
( ) ( )
A x B x
A x B x
A x B x
Ví dụ 2: Giải phương trình: a) x2 x 8 2 x (2.a)
b) x x
(2.b) ( 43b/ 50 – sbt) GIẢI a) x2 x 8 2 x (2.a)
(2.a)
2
2
2
4
8 12
3
x
x x
x x
x x x x x
x Vậy phương trình có nghiệm x = -4
b) x x
(2.b) ( 43b/ 50 – sbt)
(2.b)
2
1,5 1,5
1
2 4( 1) 0,5
2
x
x x
x
x x x
x x
x = 0,5 ( không thoả mãn điều kiện) Vậy phương trình vơ nghiệm
Dạng 3:
2 ( ) 0; ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
A x B x
A x B x C x
A x B x A x B x C x
(22)b) x 4 6 x x210x21 (3b)
c) x x11 x x11 4 (3c)
GIẢI a) x 5 x 2 (3a)
Điều kiện x ≥ Ta có:
(3a) x 3 x 5 2x (x 3)(x 2) 25
(x 3)(x 2) 12 x
2
2 x 12 x 12
x 25x 150
x x 144 x 24x
Vậy: phương trình có nghiệm x = b) x 4 6 x x210x21 (3b) Điều kiện 4 x 6
khi – x2 + 10x – 24 = (x – 4)(6 – x)
(3b) x 4 6 x(x 4)(6 x) 0 Vậy phương trình vơ nghiệm
c) x x11 x x11 4 (3c)
Điều kiện x 11
(3c) x x 11 x x11 ( x x11)(x x11) 16
x x2 x11 8
x2 x11 8 x
Với điều kiện x 11 – x < Vậy phương trình vơ nghiệm.
Dạng 4:
( ) 0; ( ) 0; ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
A x B x C x
A x B x C x
A x B x A x B x C x
Ví dụ 4: Giải phương trình:
a) x 1 x 7 12 x (4.a)
b) x x( 5) x x( 2) x x( 3) (4.b)
GIẢI
a) x 1 x 7 12 x (4.a)
(23)(4.a) x 1 12 x x 7
x (12 x)(x 7) 19x x 2 84 x 4
4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16
76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 =
5x2 – 84x + 352 = 0
Phương trình có nghiệm x1 =
44
5 ; x2 = ( thoả mãn)
Vậy: phương trình cho có hai nghiệm x1 =
44
5 ; x2 = 8
b) x x( 5) x x( 2) x x( 3) (4b)
Điều kiện:
0
( 2)
0
( 5) 0
5
( 3)
3
x x
x x x
x
x x x
x
x x x
x x
* Ta có x = nghiệm phương trình (4b) * Với x 5, chia vế phương trình cho x ta được:
(x 5) (x 2) (x3) x – + x – + 2 (x 5)(x 2) = x + 3
x2 7x10 = 10 – x 2
10 10
4( 10) (10 ) 60
x x
x x x x x
10
6
10 10
3
x
x x
x x
Với x 5 x = ( thoả mãn), x = 10
3
(loại) * Với x -3 phương trình (4b) viết dạng
5 ( 3)
x x x x x x
Vì x > nên chia vế cho x ta được:
5 x 2 x (x3) 5 – x + – x + 2 (5 x)(2 x) = - (x + 3) 2 (5 x)(2 x) = x – 10 Phương trình vơ nghiệm x -3
(24)Dạng : A(x) B(x) C(x) D(x) Phương pháp giải:
- Tìm điều kiện có nghĩa phương trình (tìm ĐKXĐ) - Bình phương vế
- Biến đổi, rút gọn, đặt điều kiện - Bình phương vế tiếp ….
Ví dụ 5: Giải phương trình:
a) x x 1 x 4 x 0 (5a)
b) x x 1 x 4 x 0 ( 5.b)
GIẢI: a) x x 1 x 4 x 0 (5a)
Điều kiện x ≥
(5a) x 9 x x 1 x 4
2x x(x 9) 2x (x 4)(x 1) 7 x(x 9) (x 1)(x 4)
49 x 29x 14 x(x 9) x2 5x 4 45 + 14x + 14 x(x 9) = (*)
Với x ≥ vế trái phương trình (*) ln sớ dương phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm
b) x x 1 x 4 x 0 ( 5.b)
Điều kiện x 0
(5b) x 9 x x 1 x 4
2x x(x 9) 2x (x 4)(x 1) 2 x(x 9) (x 1)(x 4)
x 29x x(x 9) x25x 4 x(x 9) x ( điều kiện x ) x2 + 9x = x2 x = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x = Xây dựng toán vận dụng:
Tuỳ theo mức độ yêu cầu tập đới với trình độ học sinh ta xây dựng lớp tốn theo dạng trên:
- Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ta có tập dạng dạng 2
- Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ; C(x) = ? ta có tập dạng dạng 4 - Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ; C(x) = ? ; D(x) = ? ta có tập dạng 5 Ví dụ: Chọn A(x) = x2 – ; B(x) = x 5
(25)Sau tập vận dụng Bài 1:Giải phương trình :
a) 2x2 4x 1 x b) x3 + = 2 x 3
c)
2 4 8
4
x
x x
d) x2 - x 5 = (Đề thi HSG mơn tốn lớp cấp tỉnh năm học 2006 – 2007)
Bài 2:Giải phương trình : a) x2 x 8 2 x b) 2x 1 x 4 c) x 3 x 2
d) 8 x 5 x = Bài Giải phương trình
a) x x(3 1) x x( 1) 2 x2 b) 2 x 2x 4 x2 2 c) x 2 6 x x2 8x24 d) x 1 5x 1 3x2 Bài 4: Giải phương trình
a) x 2 x 5 x 1 x 10
b) x 2 x 6 x 3 x 0
c) x 2 x 1 x 4 x 0
d) 2x +
1
x x
= Dạng 6: Nâng lên luỹ thừa bậc ba
Lập phương hai vế để làm bậc ba dạng toán học sinh gặp đề thi Tơi xin giới thiệu ví dụ sau để bạn tham khảo
Ví dụ 6: Giải phương trình:
a) 2x 1 b) x 1 x1
c) x 1 33x 1 x1 d) 32x 1x316 32x1 GIẢI:
a) 2x 1 2x – = – 27 2x = – 26 x = – 13
(26)b) x 1 x1 3 x 1 x x + = x3 + 3x2 + 3x + x3 + 3x2 + 2x =
x(x2 + 3x + 2) = x(x + 1)(x + 2) = x = ; x = – 1; x = –
Vậy phương trình có nghiệm x = ; x = – 1; x = – c) x 1 33x 1 x1 (6c)
Lập phương vế :
(6c) x + + 3x + +
3
3(x1)(3x1) x 1 3x1
= x – (*) Thay x 1 33x 1 x1 vào (*) ta được:
3
2
3
3(x1)(3x1)(x1) 3(x1) x1 3(x1)(3x1) (x1) =
2
2 3
3
1
( 1)(3 1) ( 1) ( 1)(3 1) ( 1)
x x
x x x
x x x
2 3 1
( 1)(3 1) ( 1) ( 1)(3 1) ( 1)
x x
x x x
x x x
1 x x x x
Thử lại ta thấy x = - 1( thoả mãn); x = ( khơng thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = -
d) 32x 1x316 32x1 (6d) Lập phương vế:
(6d)
3
3
32x 1 32x 1 16x 4x 3 4x 1 2x 1 32x 1
= 16x3
2 2 2
3 3
3
3 16 4x x 4(4x 1)x 2x 4x (4 x 1) 2
Suy
x =
34x 2 1=
1 x 2
3(4 1) 2 3
2 2
x x
Vậy tập nghiệm phương trình là: S =
1 3 0; ;
2 2
Xây dựng tập vận dụng tương tự dạng - Bài tập: Giải phương trình sau
a) 35x 1 10
b) x2011 x2011 c) x 1 33x1 3 2x
(27)Dùng phương pháp nâng lên luỹ để đưa phương trình vơ tỉ phương trình hữu tỉ, ta có thể phải bình phương hai vế lập phương hai vế phương trình nhiều lần Nhưng khơng phải phương trình ta sử dụng phương pháp này, ta tiến hành bình phương hai vế lập phương hai vế phương trình nhiều lần để làm căn, ta có phương trình bậc cao mà chưa có cách giải Nên giải cần xem xét đặc điểm phương trình để sử dụng phương pháp giải cách phù hợp
PHƯƠNG PHÁP ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG CHỨA ẨN TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐƠÍ
Với dạng tốn ta phải biến đổi để biểu thức dấu xuất bình phương một tổng bình phương hiệu hai biểu thức vận dụng đẳng thức A2 A . Tôi xin giới thiệu dạng toán thường gặp:
Dạng 1: A2 B A B
0
B
A B
Ví dụ 2.1 Giải phương trình sau: a) 4x24x 1 6 ( 35b/20 – SGK ) b) 4x2 20x25 2 x (2.1b)
c)
2 1
4
x x x
(2x3 + x2 + 2x + 1) ( 2.1c)
GIẢI
a) 4x2 4x 1
2
5
2 2
(2 1) 6
2
2
x x
x x
x
x
( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm: x1 =
5
2 ; x2 = - b) 4x2 20x25 2 x (2.1b)
(2.1b) (2x 5)2 = – 2x 2x 5 2x 2x 0 x
Vậy tập nghiệm phương trình S =
5 /
2
x x
(28)c)
2 1
4
x x x
(2x3 + x2 + 2x + 1) (2.1c)
2
2
4
x x x
= (2x3 + x2 + 2x + 1)
2
4
4
x x x
= x2(2x + 1) + ( 2x + 1)
4x2 1 4x24x1 = ( 2x + 1)( x2 + 1)
(2x1)(2x 1) 2 x1 = ( 2x + 1)( x2 + 1) (*)
Vế trái (2.1c) không âm với mọi x Vì x2 + > 0, suy 2x +
1
2
x
(*) (2x1)(2x 1) 2(2 x1) = ( 2x + 1)( x2 + 1)
(2x1)(2x 1 2) = ( 2x + 1)( x2 + 1)
(2x 1)2 = ( 2x + 1)( x2 + 1)
( 2x + 1) = ( 2x + 1)( x2 + 1)
( 2x + 1)x2 = x = ; x = -
1
2 ( thoả mãn )
Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = ; x2 = -
1 2
Dạng :
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
A x
A x B x C x B x
A x B x C x
- Áp dụng định nghĩa giá trị tuyệt đối xét tưng trường hợp
- Hoặc dùng bất đẳng thức A B A B 0 Đẳng thức xảy A.B 0 Ví dụ 2.2a Giải phương trình 2x 2 2x 3 2x13 2 x 7 (2.2a)
GIẢI :
Điều kiện : x 2
(2.2a) ( 2x 1) ( 2x 3) 4) 7
(29) 2x 1 2x - = x = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 2.2b Giải phương trình x 3 x1 x 8 x1 1 (2.2b) GI
Ả I: Điều kiện : x
(2.1c) ( x1 2) ( x1 3) 1 x1 2 x1 1
áp dụng bất đẳng thức A A Đẳng thức xảy A
Ta có :
1 2
1 3
x x
x x x
=> x1 2 x1 1
Đẳng thức xảy
1
x x
x - x 10 (thoả mãn)
Vậy tập nghiệm phương trình : S = x/ 5 x 10
Ví dụ 2.2c Giải phương trình x6 x2 x11 x2 1 (2.2c) GIẢI :
Điều kiện : x -2
(2.2c) ( x2 2)2 ( x2 3)2 1 | x 2 | + | x2 -3| = 1
| x2 2| + | - x2| = 1
áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x2 2| + | - x2| 1 Dấu "=" xảy :
( x2 2)( - x2) x2 3 2 x 7 Vậy tập nghiệm phương trình : S = x/2 x 7
Ví dụ 2.2d Giải phương trình
3
2
2
x
x x x x
(2.2d) Điều kiện : x
(2.2d) x 1 x 1 x 1 x 1 =
x
2
( 1) ( 1)
2
x
(30)
3
1 1
2
x
x x
3
1 1
2
x
x x
( x ) (*)
Nếu 1 x 2 ta có (*) = x + x = ( thoả mãn) Nếu x 2 ta có (*) 2 x 1 = x + (x – 1) = (x +3 )2
x2 – 10x + 25 = x = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 =
Xây dựng tập vận dụng :
- Xác định A2(x) = ? ; B2(x) = ? ; C(x) = ? tuỳ theo khả học sinh ta xây
dựng lớp tậpvận dụng theo dạng
- Ví dụ : Chọn A2(x) = ( x 1 1)2 = x – 2 x 1 ; C(x) = x 1 1 ta có 1c
A2(x) = ( x 1 2)2 = x + + 4 x 1 ; B2(x) = ( x 1 3)2 = x + – 6 x
ta có 2c Vậy tuỳ theo cách chọn ta sáng tạo nhiều tập dạng Bài : Giải phương trình :
a) x22x 1 3 b) (2x 5)2 5 2x
c) x x1 x 1 d) x2 2x 1 x24x4 = 3 Bài : Giải phương trình :
a) x 2 2x 5 x 2 2x 2 2
b)
8
2
5
x
x x x x
( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Năm học
2010 – 2011 )
c) x 3 x 1 x 8 x 5
d)
2 2
4 4
x x x x x
(2x3 + x2 + 2x + 1) (2010 dấu căn)
(31)3 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Để giải phương trình vơ tỉ ta dùng hai phương pháp “Nâng lên luỹ thừa” để làm và vận dụng đẳng thức A2 A Nhiều sử dụng phép nâng lên luỹ thừa dẫn đến phương trình bậc cao phức tạp, có số phương trình khơng thể đưa dạng A2 A Để khắc phục tình trạng ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển phương trình hệ phương trình quen thuộc biết cách giải.
3.1 ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI Ví dụ 3.1: Giải phương trình :
a) x2 x 1 - x = x2 + (1a) ( Bài 70b / trang 48 – Sách BT toán 9)
b) 6x2 + 15x + 11 = 5 2x25x3 (1b)
Nhận xét: Đới với phương trình nếu ta dùng phương pháp nâng lên luỹ thưa trở thành phương trình bậc khó giải
Ta có : x2+ x + = ( x2 + x + 1) + ( x2 x 1 )2 = ( x2 + x + 1)
6x2 + 15x + 11 = 3( 2x2 + 5x + ) +
Giúp học sinh nghĩ đến việc dùng ẩn mới để thay thế GIẢI:
a) Đặt : x2 x 1 = t 0 t2 = x2+ x + phương trình (1a) có dạng :
t2 – 3t + = tư tìm t
1 = ( thỏa mãn ); t2 = ( thỏa mãn )
Suy : x2 x 1 = x2 + x = Phương trình có nghiệm : x = 0; x = -1
x2 x 1 = x2 + x - = Phương trình có nghiệm x =
2
1 13 13
;
2 x
Vậy phương trình có nghiệm : x1 =
2
1 13 13
;
2 x
; x3 = 0; x4 = -1
b) Đặt 2x25x3 = t 0 t2 = 2x2+ 5x + phương trình (1b) có dạng
3t2 – 5t + = Tư tìm đựợc t
1 = ( thỏa mãn ); t2 =
2
(32)Suy 2x25x3 = 2x2 + 5x + = Phương trình có hai nghiệm x
1 = - 2; x2 = -
1
2x25x3 =
3 18x2 + 45x + 23 =
Phương trình có hai nghiệm x3 =
45 369 36
; x4 =
45 369 36
Vậy tập nghiệm phương trình (1) là:
1 45 369 45 369
2; ; ;
2 36 36
Qua ví dụ giáo viên xây dựng tốn tổng quát:
ax2 + bx + c = px2qx r ;
a b
p q
Đặt px2qx r = t Đưa phương trình bậc hai Ax2 + Bx + C = Giải phương trình bậc
hai tìm t, suy nghiệm phương trình
Xây dựng tập vận dung: Dựa vào công thức tổng quát tuỳ theo đối tượng học sinh lớp bồi dưỡng mà giáo viên sáng tạo toán dạng loại phù hợp
Xác định : px2qx r = t ax2 + bx + c = A(x) ,
a b
p q ta có lớp tập vận dụng:
Ví dụ: Xuất phát tư phương trình bậc hai: 2t2 – 3t + = 0
- Ta chọn t = 9x2 9x2; 2t2 = 18x2 – 18x + ta có 1a
- Nếu chọn t = 2011x21010x2012 ta có 1d Sau tập vận dụng:
Bài 1: Giải phương trình :
a) 18x2 – 18x + = 3 9x2 9x2
b) 3x2 + 2x = 2 x2x + – x
c) x2 – 4x – = 2x2 8x12
d) 4022x2 + 2020x + 4025 = 3 2011x21010x2012
Bài 2: Giải phương trình
a) ( x + 5)(x – 2) = x23x b) x x2 1 x x2 1 c) 2x2 + 3x + 2x23x9 = 33
d) x3 +2 81 7 x3 18
Ví dụ 3.2: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)
1
x x
= (2)
(33)Nếu đặt
1
x x
= t không biến đổi (x – 3)(x + 1) theo t
Nếu phát [(x – 3)
1
x x
]2 = (x - 3)(x + 1) giải qút tốn.
GIẢI: Điều kiện: x > hoặc x - 1
Đặt t = (x – 3)
1
x x
suy t2 = (x – 3)(x + 1) Phương trình (2) có dạng
t2 + 3t – = Tư tìm t
1 = 1; t2 = -4
Ta có :
1
( 3) (1')
1
( 3) (2')
x x
x x x
x
Tư (1’) suy x > 3; (1’) (x – 3)(x + 1) = x2 – 2x – = Phương trình có 2
nghiệm x1 = + (nhận) ; x2 = - (loại)
Tư (2’) suy x < Kết hợp với điều kiện ta có x - 1 (2’) (x – 3)(x + 1) = 16 x2 – 2x – 19 =
Phương trình có nghiệm x3 = + 20 ( loại) ; x4 = - 20 (nhận)
Vậy nghiệm phương trình : x = + ; x = - 20
TỔNG QUÁT: ( ax + b)(cx + d) + ( ax + b)
cx d ax b
= k Điều kiện :
cx d ax b
Đặt : (ax + b)
cx d ax b
= t Suy t2 = ( ax + b)(cx + d)
Đưa phương trình bậc hai : t2 + t + k = Giải phương trình bậc hai tìm t, suy x.
Chú ý: dạng toán học sinh dễ mắc sai lầm t 0 Xây dựng toán vận dụng
- Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 2t – =
Chọn t = (x +3)
1
x x
, suy t2 = (x – 3)(x + 1) ta có 1a
- Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 7t – =
t = (x +2010)
2011 2010
x x
, suy t2 = (x + 2010)(x + 2011) ta có 1d
Tuỳ theo yêu bạn xây dựng lớp bài tập vận dụng dành cho học sinh khá, giỏi Bài tập : Giải phương trình :
a) (x + 3)(x - 1) + 2(x +3)
1
x x
=
b) (x – 1)(x + 3) + 3(x -1)
3
x x
(34)c) (x + 2)(x + 4) + 5(x + 2) x x = 0
d) (x + 2010)(x + 2011) + 7(x + 2010)
2011 2010
x x
=
e) (x – 5)(x + 1) + 3(x – 5)
1
x x
=
Ví dụ 3.3a: Giải phương trình: 2( x2 + 2) = 5 x 3 1 (3a)
Nhận xét : 2(x2 + 2) = 2(x + + x2 – x + 1) x3 – = ( x + )( x2 - x + 1) vậy nếu chia
hai vế phương trình cho x + ta : + 2
2 1 x x x
=
2 1
1
x x
x
Đến học sinh đã định hướng cách giải
GIẢI: a) 2( x2 + 2) = 5 x 3 1 (3a)
Điều kiện x - 1
(3a) 2(x + + x2 – x + ) = 5 (x1)(x2 x1)
2(x + 1) +2( x2 – x + ) = 5 (x1)(x2 x1) (3’a)
Vì x2 - x + = ( x -
1 2 )2 +
3
4 > Nên chia hai vế (3’a) cho x + ta đựơc:
2 +
2 1
1
x x
x
=
2 1
1
x x
x
Đặt
2 1
1
x x
x
= t Ta có phương trình:
2t2 – 5t + = Phương trình có nghiệm t
1 = 2; t2 =
1
2 (thoả mãn)
t1 = Suy
2 1
1
x x
x
= x2 – 5x - =
Phương trình có nghiệm x1 =
2
5 37 37
;
2 x
(thoả mãn)
t2 =
1
2 Suy
2 1 x x x =
2 4x2 – 5x + = Phương trình vơ nghiệm.
Vậy phương trình (3) có nghiệm x1 =
2
5 37 37
;
2 x
* Đới với phương trình ta chia vế cho : x2 - x + Rồi đặt
1
x
x x
(35)(3b) 2( x2 + x + 1) + ( 2x + 1) = 3 (2x1)(x2 x 1) (3’b)
Điều kiện : x -
2 x2 + x + = ( x +
1 2)2 +
3 4 > 0.
Chia hai vế (3’b) cho x2 + x + ta : +
2 1
x
x x
= 3 2 1 x x x
Đặt 2
1
x
x x
= t Ta có phương trình : t2 – 3t + = Phương trình có nghiệm t
1 = 2; t2 = (thoả mãn)
t1 = Suy :
2 1 x x x
= 4x2 + 2x + = Phương trình vơ nghiệm.
t2 = Suy :
2 1 x x x
= x2 - x =
Phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = (thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 =
Đới với phương trình (3’b) ta cũng chia vế cho 2x + Rồi đặt
2 1
2
x x
x
= t TỔNG QUÁT: Phương trình dạng : A.p(x) + B.q(x) + C p x q x( ) ( ) =
- Nếu p(x) = 0; q(x) = Ta giải hệ phương trình
( ) ( )
p x q x
- Nếu p(x) 0 q(x) Ta chia vế phương trình cho p(x) hoặc q(x) phương trình
A ( ) ( )
p x
q x + B + C
( ) ( )
p x
q x = đặt
( ) ( )
p x q x = t
Đưa phương trình bậc hai At2 + Ct + B = Giải phương trình tìm t, suy x
* Đới với dạng phương trình ta cịn đặt ẩn phụ đưa phương trìng tích Giới thiệu bạn phần sau
Xây dựng toán vận dung:
Tư cách giải tổng quát giúp giáo viên tạo nhiều toán mới cần xác định p(x) , q(x) Ví dụ: p(x) = x + ; q(x) = x2 – 2x + ta có 2.q(x) = 2x2 – 4x + ; 2p(x) = 2x + 4
suy 2[p(x) – q(x)] = 2x2 – 6x + ta có đề thi GVDG cấp huyện năm học 2011 – 2012
Hoặc tư phương trình bậc hai t2 – 3t + = (*) ta chọn t =
5 1
x
x x
, suy t2 =
5 1 x x x
thay vào (*) ta có phương trình
1
x
x x
- 3
1
x
x x
+ = (**) , nhân vế (**) với x2 + x + > phương trình 2x2 + 7x + – 3 5x36x26x1 = 0
Sau tập vận dụng Bài tập: Giải phương trình sau
(36)b) 2x2 – 5x + = 4 2(x3 21x 20)
c) 2( x2 + 2x + 3) = 5 x33x23x2
d) x4 + 2x3 +2x2 – 2x + = ( x3 + x)
2
1 x
x
e) 2x2 + 7x + – 3 5x36x26x1 = 0
f) x – 3x23x = 1
Ví dụ 3.4: Giải phương trình:
a) 2x 3 x 1 2x25x 3 3x 8 ( 4a) b) 2 x 2x 4 x2 2 (4b)
Nhận xét: Bình phương vế khơng làm bậc hai dẫn đến phương trình phức tạp.
2x 5x3 (2x3)(x1) 3x – = (2x + 3) + ( x + 1) – 12
2
4 x (2 x)(2x) nên ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai. GIẢI:
a) 2x 3 x 1 2x25x 3 3x 8 ( 4a) Điều kiện : x - 1
(4a) 2x 3 x 1 (2x3)(x1) 2 x 3 x 12
Đặt t = 2x 3 x1 ( t 0) t2 = 3x + + 2 (2x3)(x1)
Phương trình trở thành : t2 – t – 12 = t
1 = ( nhận); t2 = - ( loại )
Với t1 = ta có : 2x 3 x1 = (2x3)(x1) = 12 – 3x
2
1
4(2 3) (12 )
x
x x x
1
2
1
1
46 1984 92 132
46 1984
x x
x
x x
x
Kết hợp với điều kiện x1 = 46 + 1984 ( loại) , x2 = 46 - 1984 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm : x = 46 - 1984
b) 2 x 2x 4 x2 2 (4b) Điều kiện : - x
Đặt : 2 x 2x t ( t 0) t2 = + 2 4 x phương trình trở thành:
t + 4
2
t
= t2 + 2t – = t
1 = ( nhận); t2 = - ( loại )
Với t1 = ta có: 2 x 2x t = +
2
(37) 4 x = - x2 = x
1 = ; x2 = - ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x1 = ; x2 = -
TỔNG QUÁT: Phương trình dạng: a( P(x) + Q(x) ) + b ( P x( ) Q x( )) 2 a P x Q x( ) ( ) + c Đặt t = P x( ) Q x( ) t2 P x( )Q x( ) 2 P x Q x( ) ( )
Đưa phương trình bậc hai : t2t 0 Giải phương trình bậc hai tìm t , suy x
Xây dựng tập vận dụng:
Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 2t – = (*)
Chọn t = x - x 5thay vào (*) ta phương trình 2x2 + x - x - 2x x 5= Chọn t = x + x 3thay vào (*) ta phương trình x2 + 2x + x 3+2x x 3= Sau tập vận dụng
Bài1: Giải phương trình sau: a) 2x2 + x - x 5 - 2x x 5= 3
b) x2 + 2x + x 3+2x x 3= 5
c) x 3 x1 2 x2 2x 2 x d) 4x 3 2x 1 6x2 8x210x 3 16 Bài 2: Giải phương trình sau:
a) 2x 3 x 1 2x25x 3 3x16
(Đề thi HSG lớp Tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2010 – 2011)
b) 2010 x 2010x 2030100 x2 2010
c) x2010 x2011 2 x24021x4042110 2 x4023 d) x 1 x2 2 x23x 2 2x 17
3 ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. Ví dụ 3.5: Giải phương trình : x2 + x 1 = (3.5)
GIẢI: Điều kiện x – 1 Đặt : x 1 = t ( t 0) Phương trình trở thành :
(t2 – 1)2 + t = t(t – 1)(t2 + t – 1) =
Tư tìm t = 0; t = 1; t =
1
; t =
1
(38)+ Với t = x 1 = x = (thoả mãn)
+ Với t =
1
x 1 =
1
x + = (
1
)2 x =
1
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = - ; x2 = ; x3 =
1
Ví dụ 3.6: Giải phương trình : x2 + 2 x = 2x2. 2 x
(Đề thi học sinh giỏi lớp cấp tỉnh năm học 2004 - 2005) GIẢI:
Điều kiện : x 2 Đặt : 2 x = t ( t 0)
Phương trình trở thành: (2 – t2)2 + t = 2(2 – t2)2.t
4 – 4t2 + t4 + t = 8t – 8t3 + 2t5
(t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0
( t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = 0
Tư tìm : t = 1; t =
1
; t =
1
(loại); t =
1 33
; t =
1 33
(loại) + Với t = 2 x = – x = x = ( thoả mãn)
+ Với t =
1
2 x =
1
– x = (
1
)2 x =
5
(thoả mãn)
+ Với t =
1 33
2 x =
1 33
2 – x = (
1 33
)2 x =
33
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = ; x2 =
5
; x3 =
33
Xây dựng tập vận dụng:
Xuất phát tư phương trình tích t(t – 1)(t2 + t – 1) = (*)
Chọn t = x 2010 thay vào (*) biến đổi rút gọn ta phương trình: x2 + 4018x + 4036080 = x 2010
Bài tập: Giải phương trình : a) x2 + x 2012 = 2012
b) x2 - x 5= (Đề thi HSG lớp cấp tỉnh năm học 2007 – 2008)
c) x +
35 12
x
x
d) ( x 5 x 2)(1 x27x10) 3 e) x2 + 4018x + 4036080 = x 2010
(39)GIẢI: Đặt 8x2 6x 10 = t ta có
t2 – t = (8x2 – 6x – 10 ) – ( 4x2 – 4x – 10) = 4x2 – 2x
t2 – t +
1
2 = 4x2 – 2x + 4x2 – 2x
2
1
2
2
t x
- Nếu t -
2 = 2x -
2 t = 2x ( x 0) 8x2 – 6x – 10 = 4x2 4x2 – 6x – 10 = 0
Phương trình có nghiệm x1 = - ( loại ) ; x2 =
5
2 (chọn)
- Nếu t - 2 =
1
2 - 2x t = – 2x ( x
)
8x2 – 6x – 10 = – 4x + 4x2 4x2 – 2x – 11 = 0
Phương trình có nghiệm x3 =
1 ;
( loại ) x4 =
1
( chọn)
Vậy phương trình có nghiệm x1 =
5
2 ; x2 =
1
Bài 2: Giải phương trình: 2x2 – 3x + = x. 3x
GIẢI: Điều kiện : x
(2) 2x2 – (3x – ) = x. 3x
Đặt y = 3x ( t 0) Ta có: 2x2 – y2 = x.y (2’)
Phương trình (2’) phương trình đẳng cấp đới với x, y
Đặt y = tx : (2’) 2x2 – t2x2 = t2x2 x2(2 – t – t2) = – t – t2 = ( x
2
) t = ; t = - 2
Với t = y = x 3x = x 3x – = x2 x2 – 3x + = x
1 = 1; x2 = ( thoả mãn)
Với t = - y = - 2x Do x
nên y < ( loại ) Vậy phương trình cho có nghiệm : x1 = 1; x2 =
(40)3 ĐĂT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH Ví dụ 3.7: Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 1 (2.1)
GIẢI: Điều kiện: x - 1
(2.1) 2( x + + x2 – x + 1) = 5 (x1)(x2 x1)
đặt x 1 u x2 x 1 v Phương trình trở thành: 2u2 + 2v2 = 5uv (2u – v)(u – 2v) = v = 2u hoặc u = 2v
Nếu v = 2u x2 x1 = x 1 x2 – 5x + = Phương trình có nghiệm x1 =
5 37
; x2 =
5 37
( thoả mãn) Nếu u = 2v x 1= x2 x1 4x2 – 5x + = Phương trình vơ nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm x1 =
5 37
; x2 =
5 37
Ví dụ 3.8: Giải phương trình : 2x2 + 4x + = 3 2x33x23x1 (3b) GIẢI: (3b) 2( x2 + x + 1) + ( 2x + 1) = 3 (2x1)(x2 x 1) (3’b)
Điều kiện : x -
2 x2 + x + = ( x +
1 2)2 +
3 4 > 0. Đặt 2x 1 = u x2 x = v Phương trình trở thành: 2v2 + u2 = 3uv (2v – u)(v – u) = u = 2v hoặc u = v
Nếu u = 2v 2x 1 = x2 x 2x + = 4(x2 + x + 1) 4x2 + 2x + = Phương trình vơ nghiệm.
Nếu u = v 2x 1 = x2 x x2 - x = Phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 =
Ví dụ 3.9: Giải phương trình : 3 x3 8 2x2 6x4 (1) ( Đề thi GVDG cấp huyện 2011 – 2012) GIẢI:
(41)Điều kiện : x3 + x2
Đặt x 2 = u ( u 0 ) ; x2 2x4 v ( v > )
Phương trình ( 1) trở thành : 2(v2 – u2 ) = 3uv (2v + u )( v – 2u) = 0
Do 2v + u > Suy v – 2u = v = 2u
Ta có : x2 2x4 = 2 x 2 x2 – 6x – =
x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn ) Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
Ví dụ 3.10: Giải phương trình : 2x2 – 5x + = 4 2(x3 21x 20) (3.10)
GIẢI : Điều kiện: x3 – 21x – 20 = (x + 1)(x + 4)(x – 5) - x - hoặc x 5.
(3.10) (2x2 – 8x – 10) + 3(x + 4) = 4 (2x2 8x10)(x4)
Đặt : 2x2 8x 10 = u x 4 = v
Phương trình trở thành: u2 + 3v2 = 4uv (u – v)(u – 3v) = u = v hoặc u = 3v
Nếu u = v 2x2 8x 10= x 4 2x2 – 9x – 14 = Phương trình có nghiệm
9 193 193
;
4
x x
( thoả mãn ) Nểu u = 3v 2x2 8x 10= x 4 2x2 – 17x – 46 = Phương trình có nghiệm x1 =
17 73
; x2 =
17 73
( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm :
9 193 193
;
4
x x
; x3 =
17 73
; x4 =
17 73
Tổng quát : aP(x) + bQ(x) = c P x Q x( ) ( )
Đặt P x( )u u( 0) Q x( ) v v( 0)
Ta có phương trình : au2 + bv2 = c.uv Đưa phương trình tích.
Điều giáo viên làm thế để giúp học sinh nhận P(x) Q(x), thủ thuật hướng dẫn học sinh làm toán giáo viên Đây cũng dạng toán học sinh thường gặp đề thi học sinh giỏi thi vào trường THPT chuyên nên gới thiệu bạn ví dụ tư đơn giản đến phức tạp
Xây dựng tập vận dụng :
Xuất phát tư phương trình tích đó: (u – b)(v – a) =
Chọn u = x 3; b = - 2x; v = x 1; a = - ta có phương trình : ( x 3- 2x)( x 1 - 1) = x 3 + 2x x 1 = 2x + x24x3
Giáo viên sáng tạo tốn cho học sinh vận dụng Bài 1: Giải phương trình sau:
(42)c) x 1 x2 x 1 2(x22) d) (x2)(x 5) 2 x
Bài 2: Giải phương trình sau
a) x1 x3x2 x 1 x41 b) 4x2 5x 1 x2 x 1 9x c) 2x25x12 2x23x2 x d) x29x 1x 11 3 x 2x3
3.4 ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 3.11: Giải phương trình: 25 x2 10 x2 3
GIẢI:
Điều kiện - 10 x 10
Đặt 25 x = u ( u 0 ); 10 x = v ( v 0 ) Ta có hệ phương trình
2
3
( )( ) 15 15
u v u v
u v u v
u v
5
3
u v u
u v v
Suy 25 x = x = 3; x = - ( thoả mãn ) Vậy phương trình có nghiệm x1 = 3; x2 = -3
Ví dụ 3.12: Giải phương trình: 3 x 2 x 1 Giải: Điều kiện x - 1
Đặt : x = u; x 1 v ( v 0 ) Suy u3 = x – ; v2 = x + 1
Ta có hệ phương trình : 3
3
2
3
u v v u u
v
v u v u
Suy x = u3 + = ( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 3.13: Giải phương trình: 3 x45 x 16 1
Giải: Đặt 3 x45u; 3 x 16v ta có u3 – v3 = x + 45 – x + 16 = 61
Ta có hệ phương trình: 3 2
1
61 ( )( ) 61
u v u v
u v u v u uv v
2
1 1 5; 4
( ) ( ) 61 20 4;
u v u v u v
u v u v uv uv u v
(43)Vậy phương trình có nghiệm x1 = 80; x2 = - 109
Ví dụ 3.14 : Giải phương trình: 4 257 x4 x 5 Giải: Điều kiện : x 257
Đặt : 4257 x u ( u 0); 4 x v ( v 0)
Ta có hệ phương trình :
4
4 4 2
5 ( ) 625
257 257 50 184 0(*)
u v u v u v
u v u v u v vu
Phương trình (*) có uv = 46 uv =
Ta có hệ phương trình: (I)
5
u v uv
và (II)
5 45
u v uv
Hệ (I) có nghiệm (u;v ) (1; 4) (4; 1) thoả mãn Hệ (II) vô nghiệm Tư suy x1 = 1; x2 = 256
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = 256
Ví dụ 3.15 : Giải phương trình: 417 x8 2x8 1
Giải: Đặt 417 x u ( u 0); 3 2x8 1v Ta có hệ phương trình
4
1
2 33 ( 1) 33 (*)
u v v u
u v u u
(*) 2u4 + u3 – 3u2 + 3u – 34 = (u – 2)(2u3 + 5u2 + 7u + 17 ) = 0
u = ( 2u3 + 5u2 + 7u + 17 > 0)
Tư 417 x8 2 x8 = x = 1; x = -1 ( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = -1
Nhận xét: Qua ví dụ thấy linh hoạt, đa dạng hữu hiệu việc đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình Đặc biệt nếu gặp phương trình vơ tỉ chứa thức có bậc khác cách giải hiệu Tư tốn chắc bạn hình dung cách xây dựng toán tổng quát tương ứng cách giải
Xây dựng tập vận dụng :
+ Xuất phát tư hệ phương trình 2
3
( )( ) 15 15
u v u v
u v u v
u v
Chọn 2025 x = u ( u 0 ); 2010 x 2 = v ( v 0 ), ta phương trình 2025 x - 2010 x = 3
+ Xuất phát tư hệ phương trình 4
1
2 33 ( 1) 33 (*)
u v v u
u v u u
(44)Bài 1: Giải phương trình sau: a) 10 2 x 2x 3
b) 48 x3 35 x3 13 c) 31 x 31 x 2 d) 2 x x1 1
e) 2025 x 2- 2010 x 2= Bài 2: Giải phương trình a) 482 x x 3 b) 532 x2 51 x2 4 c) 497 x x 5 d) x4 20 x 4
e) 417 x - 3 2x 4 1 = 1
Ngoài cách đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình xin giới thiệu các mợt sớ toán đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình khơng hồn tồn để các bạn tham khảo.
Bài 1: Giải phương trình: x2 - x 5 = (1) ( Đề thi HSG lớp cấp tỉnh nămhọc 2006 - 2007)
Giải: Điều kiện: x 5 hoặc x
Đặt: x 5 = y Kết hợp với (1) ta có hệ phưong trình:
2
2 2
5 (2)
5 (*)
x y x y
y x x y y x
tư (*) suy x2 – y2 + x – y = (x – y)(x + y + 1) = 0
Xét trường hợp:
* x – y = hay x = y thay vào ( 2) ta có phương trình
x2 – x – = x =
1 21
(thoả mãn); x2 =
1 21
(loại) * x + y + = hay y = - x – thay vào (2) ta có phương trình
x2 + x – = x =
1 17
( loại) ; x4 =
1 17
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm: x =
1 21
; x =
1 17
Bài 2: Giải phương trình: x2 – x – 1000 1 8000x = 1000 (2)
GIẢI:
(45)2
2000 2000
x x y
y y x
(3)
Tư hệ (3) suy ( x – y)(x + y – + 2000 ) = ( 4)
Tư hệ (3) nhận xét 2001(x + y) = x2 + y2 > nên suy (x + y + 1999) > 0
Tư (4) suy x = y thay vào ( 2) ta được:
x2 – x = 2000x x(x – 2001) = x = ( loại ); x = 2001 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x = 2001
Phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình hay hiệu Nhưng ta cần phải biết nhận xét đặc tính phương trình, lúc cần đặt ẩn phụ đặt ẩn Khi đặt ẩn phụ ta thường đặt biểu thức chứa làm ẩn phụ, phải có dạng tổng hiệu luỹ thừa các ẩn phụ số Phương pháp sử dụng hiệu phương trình vơ tỉ chứa các thức có bậc khác nhau.
3.5 ĐẶT BA ẨN PHỤ
Đây một phương pháp giải hay giành cho toán phức tạp, học sinh có thể gặp các đề thi Tơi xin giới thiệu các bạn tham khảo
Ví dụ 3.16 : Giải phương trình:
a) x2 3x 2 x 3 x 2 x24x 3 b) x x x x x x x
c) 4x – x2 = 3 4 10 3x
Giải.
a) x2 3x 2 x 3 x 2 x24x 3 (1) ĐK: x ≥ -
(1) (x 1)(x 2) x 3 x 2 (x 1)(x 3) Đặt: x 1 = a, x 2 = b, x 3 = c (a, b, c ≥ 0)
Phương trình (1) trở thành ab + c = b + ac (a – 1)(b – c) = a = hoặc b = c + a = ta có x 1 = x = (thoả mãn)
+ b = c ta có x 2 = x 3 Phương trình vơ nghiệm.
Vậy phương trình cho co nghiệm x =
b) x x x x x x x
Đặt : u x ; v x ; t x (u ; v ; t ≥ 0)
x = − u2 = − v2 = − t2 = uv + vt + tu
Tư ta có hệ:
(u v)(u t) (*)
(v u)(v t) (2*)
(t u)(t v) (3*)
(46)Nhân tưng vế (1*), (2*), (3*) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30
Vì u ; v ; t ≥ nên: (u v)(v t)(t u) 30 (4*) Kết hợp (4*) với lần lượt (1*) ; (2*) ; (3*) dẫn đến:
30
v t (5*)
2 30
u t (6*)
30
u v (7*)
5
Cộng tưng vế (5*) ; (6*) ; (7*) ta có:
31 30 31 30
2(u v t) u v t
30 60
(8*) Kết hợp (8*) với lần lượt (5*) ; (6*) ; (7*) ta có:
2
30 u
60
11 30 30 239
v x
60 60 120
19 30 t
60
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = 239 120 . c) 4x – x2 = 3 4 10 3x
Điều kiện:
74 10
27 x
Đặt a = x – ; b = 10 3x ; c = 4 10 3x Ta có hệ phương trình:
2 2
4 4
a c
b a
c b
Do vai trị a, b, c hệ phương trình bình đẳng nên ta chứng minh a = b = c = Suy x =
Vậy x = nghiệm phương trình
Vậy để giải phương trình vơ ti theo phương pháp đặt ẩn phụ cần thực theo các bước sau:
Bước 1: Đặt ẩn phụ, nêu điều kiện ẩn phụ.
Bước 2: Chuyển phương trình cho phương trình hệ phương trình chứa ẩn phụ. Bước 3: Giải phương trình hệ phương trình chứa ẩn phụ Đối chiếu với điều kiện ẩn phụ nêu để tìm nghiệm thích hợp.
(47)4 PHƯƠNG PHÁP DÙNG BIỂU THỨC LIÊN HIỆP
Trong số dạng phương trình vơ tỉ biết sử dụng biểu thức liên hợp cách khéo léo ta có lời giải tốn ngắn gọn thật ấn tượng Sau số biểu thức liên hợp thường vận dụng.
Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích
A B A B A – B
3 A B
A2 AB 3B A + B
3 A B
A2 AB 3 B A – B
Ví dụ 4.1: Giải phương trình: 2x 3 x 2x 6 (1)
Nhận xét: 2x – – x = x – 3, nên nếu nhân vế (1) với biểu thức liên hợp vế trái ( biểu thức ln dương) xuất nhân tử chung x –
GIẢI:
Điều kiện x
Khi phương trình (1) tương đương với (1) ( 2x 3 x)( 2x 3 x) (2 x 6)( 2x 3 x)
x 2( x 3)( 2x 3 x) (x 3)(2 2x 3 x 1) 0
3
2
x
x
x x
với x
3
2x 3 x 1 Vậy phương trình cho có nghiệm x =
Ví dụ 4.2: Giải phương trình 12x13 4x13 x1 (2) GIẢI:
Điều kiện x –
Nhân vế phương trình (2) với biểu thức liên hiệp vế trái ta được:
( 12x13 4x13)( 12x13 4x13) x1( 12x13 4x13) 8x x 1( 12x 13 4x 13)
(*) tư (2) suy x 1 ( 12x13 4x13) x1 (**)
Trư 2vế hai phương trình (*) (**) ta được: 7x – = (x1)(4x13)
2
1
7
(7 1) 4( 1)(4 13) 33 82 51
x x
x x x x x
(48)1 3 17 3; x x x x
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 4.3: Giải phương trình 3x2 7x 3 x2 3x2 5x 1 x2 3x4 (3) Nhận xét: ( 3x2 – 7x + )1 – ( 3x2 – 5x – 1) = – 2x (x2 – ) – ( x2 – 3x + 4) = 3x – vậy đưa
các thức có hệ sớ bình phương nhóm nhân nhóm với biểu thức liên hợp làm xuất nhân tử chung x –
GIẢI: Điều kiện : 2
2
3
2
3
3
x x x x x x x
(3) ( 3x2 7x 3 3x2 5x1) ( x2 2 x2 3x4) 0
2 2
2 2
(3 3) (3 1) ( 2) ( 4)
3 3
x x x x x x x
x x x x x x x
2 2
4
0
3 3
x x
x x x x x x x
2 2
2
( 2)( )
3 3
x
x x x x x x x
x – = ( 2 2
2
0 3x 7x 3x 5x x x 3x
)
x = ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 4.4: Giải phương trình 2x2 – 11x + 21 = 334x 4 (4) Nhận xét : 2x2 – 11x + 15 = (x – 3)(2x – 5)
33 4x – = 3(3 4x – ) (*) Nếu nhân tử mẫu (*) với lượng liên hiệp làm xuất nhân tử chung x –
GIẢI: (4) (x – 3)(2x – 5) =
2
3 3
2 3
3( 4 2)( (4 4) 4 4) (4 4) 4
x x x
x x
(x – 3)(2x – 5) = 3 12( 3)
(4 4) 4
x
x x
(x – 3)(2x – – 3 12
(49)hoặc 2x – – 3 12
(4x 4) 2 4x 4 = 0
Đặt t = 4x ta có 2x – – 3 12
(4x 4) 2 4x 4 = 2x – –
12
t t = (*)
Với x > 2x – > 12
2
t t < 1, suy phương trình (*) vơ nghiệm.
Với x < 2x – < 12
2
t t > 1, suy phương trình (*) vơ nghiệm. Vậy phương trình cho có nghiệm x =
Qua ví dụ bạn có cách giải phương trình vơ tỉ cách dụng biểu thức liên hiệp Thực chất phương pháp nhân biểu thức với biểu thức liên hiệp để làm xuất nhân tử chung sau đặt nhân tử chung ta chuyển phương trình đơn giản Sau tập vận dụng:
Bài 1: Giải phương trình:
a)
4
4
5
x
x x
b) 2x216x18 x2 2 x4 c) 2x 1 2x 3 x 3 x d) x2 + 9x + 20 = 2 3x 10
Bài 2: Giải phương trình
a) 2x2 1 x2 3x 2x22x 3 x2 x2 b) 2 x x1 1
c)
3 1 10
x
x
x
d)
2
6
3
x
x x
x x
5 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ
5.1 DỰ ĐỐN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH NGHIỆM ĐĨ LÀ DUY NHẤT.
Ví dụ 5.1: Giải phương trình x x 5 x7 9 GIẢI:
Điều kiện : x 5
Ta thấy x = nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm Đặt y = x x 5 x7
(50)Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 5.2: Giải phương trình
6 10
4 2 x 3 x
GIẢI:
Điều kiện x <
Ta thấy x =
2 nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm nhất.
+ Nếu
2 < x <
6 10
2;
2 x 3 x Suy
6 10
2 x 3 x > 4.
+ Nếu x < 2
6 10
2;
2 x 3 x Suy
6 10
2 x 3 x < 4.
Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 5.3: Giải phương trình 3 x2009 x20103 x2011 0
GIẢI: Ta thấy x = - 2010 nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm nhất + Nếu x > - 2010 ta có:
3 x 2009 x 2010 x 2011 2010 2009 2010 2010 2010 2011 0
Nên phương trình khơng có nghiệm x > - 2010 + Nếu x < - 2010 ta có :
3 x 2009 x 2010 x 2011 2010 2009 2010 2010 2010 2011 0
Nên phương trình khơng có nghiệm x < - 2010 Vậy phương trình có nghiệm x = - 2010
Ví dụ 5.4: Giải phương trình 5 x13 x 8 x31
(Đề thi HSG lớp tỉnh Thừa Thiên - Huế Năm học 2003 – 2004)
GIẢI: Ta thấy x = nghiệm phương trình Ta chứng minh nghiệm nhất + Nếu x < , vế phải phương trình lớn 1, cịn vế trái phương trình nhỏ + Nếu x > , vế phải phương trình nhỏ 1, cịn vế trái phương trình lớn Nên phương trình khơng có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm x =
Như phương pháp ta tìm nghiệm riêng phương trình chứng minh nghiệm riêng nghiệm Phương pháp phù hợp với phương trình chỉ có nghiệm nhất, cịn phương trình có từ hai nghiệm trở lên việc chứng minh phương trình có nghiệm gặp nhiều khó khăn
(51)Xét phương trình A(x) = B(x)
- Nếu A(x) u ; B(x) v mà u > v phương trình vơ nghiệm.
- Nếu A(x) k ; B(x) k Suy ( ) ( )
A x k
B x k
Ví dụ 5.4: Giải phương trình x 1 5x 1 3x GIẢI: Điêù kiện x 1
Với điều kiện x 1 nên x – < 5x – x 1 5x 0 Mà 3x 0 với mọi x 1
Vậy phương trình vơ nghiệm
Ví dụ 5.5: Giải phương trình 3x26x 7 5x210x14 = – 2x – x2
GIẢI:
Ta có : 3x26x 7 5x210x14 = 3(x1)24 5(x1)2 9 5 – 2x – x2 = – (x + 1)2 5
Phương trính có nghiệm dấu “ = ” xảy x = – 1 Vậy phương trình có nghiệm x = –
Ví dụ 5.6: Giải phương trình 2x 3 2 x 3x2 12x14 GIẢI:
Điều kiện
2 3
5 2
x
x x
Áp dung BĐT Cô – si cho sớ khơng âm ta có (2 3) (5 )
2 2
2
x x
x x
(1) Mặt khác 3x2 – 12x + 14 = 3( x – 2)2 + (2)
Tư (1) (2) suy phương trình có nghiệm dấu “ = ” xảy x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x =
Bàì tập vận dụng
Bài 1: Giải phương trình:
a)
6
6
3 x 2 x b)
42 60
6 5 x 7 x
c) 4x 1 4x2 1 d) x34x x22x4 Bài 2:Giải phương trình:
a) x 2 10 x x212x40 b) 4 x 1 = x2 – 5x + 4
c) x x x x 5
d) (x2)(2x 1) 3 x6 4 (x6)(2x 1) 3 x2
6 PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC
(52)Trường hợp 1: A2 + B2 + C2 =
0 0
A B C
Trường hợp 2: A2 = B2 AB
Ví dụ 6.1: Giải phương trình: x2 + 4x + = 2 2x 3 (6.1)
GIẢI:
Điều kiện x
( 6.1) x2 + 2x + + 2x + – 2 2x 3 + =
( x + 1)2 + ( 2x 3 – 1)2 =
2
2
( 1)
1 ( 1)
x
x x
( thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = –
Ví dụ 6.2: Giải phương trình : x4 + x 2 2010 = 2010 (6.2)
GIẢI: (6.2) x4 + x2 +
1
4 = x2 + 2010 – x 2 2010 +
1
( x2 +
1
2)2 = ( x 2 2010 –
1 2)2
2
2
1
2010 (*)
2
1
2010 (**) 2
x x
x x
(*) x2 + = x 2 2010
x4 + 2x2 + = x2 + 2010
x4 + x2 – 2009 = 0
1 8037
x
(thoả mãn) (**) x2 = – x 2 2010 (vơ nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm :
1 8037
x
Ví dụ 6.3: Giải phương trình: x + y + z = 2 x 2010 4 y 2011 6 z 2012+ 6020 (6.3) GIẢI: Điều kiện x 2010; y 2011; z 2012
(53) ( x 2010 - 1)2 + ( y 2011- )2 + ( z 2012 - 3)2 = 0
2010 2011 2011 2015 2021 2012
x x
y y
z z
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x = 2011; y = 2015; z = 2021 Xây dựng toán vận dụng:
Xãc định A(x) = ?; B(x) = ?; C(x) = ? Chọn : A(x) = x 2012 1 ; B(x) = x
ta có ( x 2012 1 )2 = x2 x + 2012 + x 2012 + = x2 x2 – x + 2 x 2012 + 2013 = 0
Ta có tốn : Giải phương trình: x2 – x + 2 x 2012 + 2013 = Sau tập vận dụng:
Giải phương trình sau:
a) x2 + x + 12 x 1 36 b) 4x2 + 22 = 21x - 3x
c) x4 + x 2 2012 = 2012 d) x + y + z + 42 x 4 y 6 z
e)
3 2
x x
x x
(Đề thi học sinh giỏi lớp cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011)
6.2 VẬN DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC
a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 (a + b)(b + c)(c + a) = 0
Ví dụ 6.4: a) Giải phương trình: 33x2 x2011 33x2 7x2012 36x 201332010 (6.4a) Nhận xét : Đặt 33x2 x2011a; – 33x2 7x2012 b; –36x 2013 c
Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 Phương trình viết lại a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 ta giải bài
toán GIẢI:
Đặt 33x2 x2011a; –33x2 7x2012 b; –3 6x 2013c Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 Phương trình (6.4a) viết lại
a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 (*)
Tư (*) 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 = 33x2 x2011 = 33x2 7x2012
3x2 – x + 2011 = 3x2 – 7x + 2012 6x = x =
(54) a + c = 33x2 x2011 = 36x 2013
3x2 – x + 4014 = Phương trình vơ nghiệm.
b + c = 33x2 7x2012 = –36x 2013
3x2 – x – = Phương trình có nghiệm
1 13 13
;
6
x x
Vậy phương trình cho có nghiệm:
1 13 13
;
6
x x
; x3 =
1
Ví dụ 6.4b) Giải phương trình 33x 1 35 x3 2x 93 4x 3 (6.4b) GIẢI:
Đặt 33x 1 a; 35 x b ; 3 2x 9c
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
a + b = 33x 1 = – 35 x 3x + = x – x = – b + c = 35 x = – 2x – x = – 2x x = c + a = 33x 1 = – 32x 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 a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 ta tạo thành phương
trình vơ tỉ chứa bậc ba
Ví dụ: Cho a = 36x5,b3 x 2;c34 3 x a3 + b3 + c3 = 4x – ta có phương trình:
36x 5 x 2 4 3x 34x 7
Tuỳ theo yêu cầu bạn xây dựng tập vận dụng Bài tập: Giải phương trình sau:
a) 37x 1 x2 x 83 x2 8x 8
b) 33x2 x2000 33x2 7x2001 36x 2003 31999 c) x24x 3 34x2 9x 333x2 2x 2 2x2 3x d) 35x 1 315 x 2x 93 2x24
7 PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
(55)này dề học sinh Tôi xin nêu số cách vận dụng bất đẳng thức quen thuộc khi giải phương trình vơ tỉ.
7.1 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
A A 0; B B Dấu xảy B 0 A B A B Dấu xảy A.B 0
Ví dụ 7.1: Giải phương trình: x22x 1 x2 4x 4 x26x 9 x216x64 8 (7.1) GIẢI:
(7.1) (x1)2 (x2)2 (x3)2 (x8)2 8 x 1 x2 x3 x8 8
Áp dụng bất đẳng thức A A 0; B B Dấu xảy B 0 Ta có : x 1 x2 x3 x8 x1 x x3 x8
– x – – x – + x + + x + = 8
Dấu xảy
1
2
3
3
8
x x
x x
x
x x
x x
Vậy tập nghiệm phương trình S = x/ 3 x 2
Đây dạng toán giới thiệu phương pháp đưa dạng A2 A Trong trường hợp ta dùng bất đẳng thức để giải đơn giản nhiều vận dụng định nghĩa giá trị tuyệt đới xét tưng khoảng một, sau kết ḷn nghiệm
7.2 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TẠO RA TÍNH ĐỐI NGHỊCH HAI VẾ CỦA PHƯƠNG TRÌNH
Dùng bất đẳng thức để đánh giá vế phương trình Có thể xảy trường hợp:
VP u VT u
hoặc
VP u VT u
hoặc
VP u VT u
Khi VP = VT
VP A
VT A
Ví dụ 7.2: Giải phương trình x 3 5 x x2 8x18 GIẢI: Điều kiện x
2
(56)Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho số không âm ( x – ) ( – x) ta có + (x 3)(5 x) 2 + (x + 3) + (5 – x) = 4
Suy ( x 3 5 x) 2 (*) Và x2 – 8x + 18 = (x – 4)2 + (**)
Tư (*) (**)
3
4 18
x x
x
x x
Vậy phương trình có nghiệm x =
7.3.ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI ĐƯA VỀ MỘT BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ
NGHIỆM DUY NHẤT
Bất đẳng thức Cô - si:
Nếu a1, a2, … , an số thực khơng âm a1 + a2 + …+ an .2
n
n
n a a a
Đẳng thức xảy a1 = a2 = … = an-1 = an
Ví dụ 7.3a: Giải phương trình x2 + 4x + = 2 2x 3
GIẢI: Điều kiện x
Vận dụng bất đẳng thức Cô – si với số không âm : (2x + 3) ta có : (2x + 3) + 2 2x 3 = x2 + 4x +
Suy 2x + x2 + 4x + x2 + 2x + 0 (x + 1)20 x = -1.
Thử lại x = -1 nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x = -1
Ví dụ 7.3b: Giải phương trình 2x2 - 11x + 21 = 33 4x 4 (7.3b)
Điều kiện 4x – > x > 2x2 - 11x + 21 = (
2
11 47
2 )
8 2
x
Áp dụng BĐT Cô – si cho số dương ta đựơc: 33 4x 4= 33 2.2(x 1) 2 ( x 1)= x + (*)
Tư (7.3b) (*) suy 2x2 - 11x + 21 x + 2x2 - 12x + 18 0
2(x – 3)2 0 x = 3
Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 7.3c: Giải phương trình x3 – 3x2 – 8x + 40 = 844x 4 (7.3c)
Điều kiện x – 1
Áp dụng BĐT Cô – si cho số không âm ta đựơc:
84 4x 4 = 4.4.4.(4 x1) 4 ( x1) = x + 13 (**)
(57) (x + 3)(x – 3)20
Với điều kiện x – suy x + >0 (x – 3)20 x – = 0 x = 3
Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 7.3d: Giải phương trình x2 x 1 x x 22 x2 x2 (7.3d) Điều kiện x2+ x – 0 ; x – x2 + 0
Áp dụng BĐT Cô – si cho sớ hạng vế trái phương trình ta có
2
2 ( 1)
1
2
x x x x
x x
(*)
2
2 1 ( 1)
2
x x x x
x x
(**)
Cộng theo tưng vế (**) (*) ta có x2 x 1 x x 22 x Kết hợp với (7.3d) ta x2 – x + x + hay (x – 1)20 x =
Thử lại x = nghiệm phương trình cho Vậy phương trình có nghiệm x =
7.4 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Bất đẳng thức Bunyakovski:
Với hai số ( a1, a2, … , an ) ( b1, b2, … , bn ) ta có (a12a22 an2)(b12b22 bn2) (a b1 1a b2 a bn n)
đẳng thức xảy tồn số thực k cho ai=kbi vói I = 1, 2, 3,…,n.
Ví dụ 7.4a Giải phương trình x 1 x 3 2(x 3)22x GIẢI: Điều kiện x 1
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số x 1, 1, x – ta có:
2
1 (1 1)( ( 1) ( 3)
x x x x
2
1 3 2( 3) 2
x x x x x x
Đẳng thức xảy
2
1 1 ( 3)
1
3
x x x x
x x
3
5 10
x
x
x x
(vì loại
nghiệm x = 2)
Thử lại x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x =
Ví dụ 7.4b Giải phương trình x2.42 x4 1x4 x3 (7.4b)
(58)Ta có (7.4b) x2.4 2 x4 x3x4 1 x2( 24 x4 x)x41
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số 42 x ; x; 1; ta có:
4 2 x
+ x
4 2
42 x x (1 1) ( 2 x ) x 2 2 x x
(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho số 2 x ; x; 1; ta có:
2 4
2 2 x x (1 1) ( 2 x ) x 2
(**) Tư (*) (**) suy x2(42 x4 x) 2 x2x41
Đảng thức xảy
4 4
4 2
2
1
2
x
x x
x
x x
x x
Thử lại x = nghiệm phương trình Vậy phương trình có nghiệm x =
7.5 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC MIN-CỐP-XKI
Bất đẳng thức Min-cốp-xki:
Với a,b, c, d số thực ta có a2b2 c2d2 (a c )2(b d )2 Đẳng thức xảy a.d = b.c
Ví dụ 7.5 Giải phương trình x2 8x816 x210x267 2003 GIẢI: Áp dụng bất đẳng thức Min-cốp-xki ta có
2 8 816 10 267 (4 )2 (20 2)2 ( 5)2 (11 2)2
x x x x x x
2
(4 x x 5) (20 11 2) 81 1922 2003
Đẳng thức xảy (4 – x).11 = 20 2(x + 5)
44 = 11x = 20x + 100 x = - 56 31
Thử lại x = - 56
31 nghiệm phương trình.Vậy phương trình có nghiệm x = - 56 31 7.6 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
a b
ba , Với a > 0; b > 0.
(59)Ví dụ 7.6 Giải phương trình
3 2
x x
x x
(Đề thi học sinh giỏi lớp cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011)
GIẢI: Điều kiện x >
Áp dụng bất đẳng thức
a b
b a ta có:
3 2
x x
x x
Đẳng thức xảy x = 3x x2 = 3x – x2 – 3x + = x
1 = 1; x2 =
Thử lại x1 = 1; x2 = nghiệm phương trình
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 =
Qua ví dụ hiểu vận dụng bất đẳng thức vào giải phương trình vơ tỉ cần phải linh hoạt, sáng tạo ln đem đến cho nhiều bất ngờ, thú vị Bên cạnh địi hỏi giáo viên phải đầu tư nghiên cứu kĩ kiến thức liên quan Sau tập vận dung
Bài 1: Giải phương trình sau a) x 2 10 x x212x40 b) x2 + 2x + = 33 x33x
c) x2 2x 5 x22x10 29 d) 2 x4 x2 3x3
Bài 2: Giải phương trình sau
a)
7
x x
x x
b) x2 2x 1 y2 x22x 1 y2 y2 2 c) 13 x1 9 x 1 16x
d) 41 x2 41 x41x 3
II.2 KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 2.1 Thời gian áp dụng:
(60)2.2 Khả thay số giải pháp có: a Đối với học sinh đại trà
Ví dụ:
Nhiều giáo viên giảng dạy chương I Đại sớ thường sử dụng hình thức củng cớ cách cho học sinh ghi nhớ công thức học Theo tôi, để khắc sâu kiến thức cho học sinh khơng dưng lại việc ghi nhớ công thức mà việc vận dụng kiến thức học để luyện tập đem lại hiệu cao Vì vậy tơi sử dụng giải pháp thay thế ngồi hệ thớng tập sách giáo khoa cịn đưa thêm sớ tập nhằm mở rộng nâng cao kiến thức cho học sinh giỏi, phát triển tư nâng cao lực nhận thức giúp cho học sinh hứng thú học tập Chẳng hạn:
BÀI (Các công thức cần ghi nhớ)GIẢI PHÁP CŨ GIẢI PHÁP THAY THẾ ( giải trình bày phần giải pháp)
§1 CĂN
BẬC HAI
1
0
A
A B B
A B
1.Giải phương trình a) x4 x
b) 4x2 20x25 2 x c) x1 2x1 5 d) x3 8 2x2 6x4
2
0
0
0
B
A B A
B
2 Giải phương trình a) (x + 2) x = b) x 2 x2 0
3
0
A
A B B
A B
3 Giải phương trình a) 2x 2011 2010 x
b)2 x 3 x1 2x 3 4x12
§2 CĂN
THỨC BẬC HAI VÀ
HẰNG ĐẲNG THỨC
2
A A
1
2 B
A B A B
A B
Giải phương trình a) 4x2 4x 1 x b)
3
2
2
x x x x x
2 (A2 2) (B2 2) A2 B2 AB Giải phương trình
a) (4x2 4x1)2 (x26x9)2 b) x4 + x 2 2010 = 2010
§3 LIÊN HỆ GIỮA PHÉP NHÂN VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG
A B A B với A 0; B 0
A B A B với A ; B 0
Giải phương trình a) (x 2)(x 4) 12 b) x x ( 1) = 2x –
(61)§4 LIÊN HỆ GIỮA PHÉP CHIA VÀ PHÉP KHAI PHƯƠNG A A
B B với A 0, B > 0
A A
B B
với A 0, B < 0
Giải phương trình
a) x x b) x x
§6 BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI
2 A
-A B A <
A B
A B A B
1 Rút gọn (x 1) x4 2.Giải phương trình
2
(x 3)(x x 6) x 7x12
2
2
A 0; B - A < 0; B
A B A B A B
1.Đưa thưa số vào dấu
2 ( 1) x x x
2 Giải phương trình
(x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)
1
x x
=
§7 BIẾN ĐỔI ĐƠN GIẢN BIỂU THỨC CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI
A 0; B >
- A < 0; B <
AB
A AB B
B B AB
B
Giải phương trình
a) 1 x x x x
b)
4 3 x x
A A B
B
B B > 0 Giải phương trình
2
3x 1= 5
3
( )
C C A B
A B
A B
với A0 A B2
Giải phương trình
a)
12 x1 b)
1
2 1
x x ( )
C C A B
A B
A B
với A 0, B 0 A B
Giải phương trình
3
3
x x
§.9 CĂN BẬC BA 1
3 A B A B
2.(3 A3 B)(3 A2 AB3 B ) = A + B 3 (3 A B)(3 A2 AB3 B) = A – B
Giải phương trình a) x 1
b) 2x2 – 11x + 21 = 33 4x 4 b Đối với HS giỏi
(62)đầy đủ kiến thức kĩ thật tự tin gặp toán liên đến rút gọn biểu thức có chứa thức bậc hai giải phương trình vơ tỉ
Ví dụ 1: Giải phương trình sau cách : 3 x3 8 2x2 6x4 (*)
(Đề thi GVDG mơn Tốn cấp huyện Phù Mỹ năm học 2011 – 2012) Khi đưa học sinh giỏi trình bày hồn chỉnh theo ba cách giải:
Cách 1: Nâng lên luỹ thừa
Điều kiện: 2x2 – 6x + x1 hoặc x 2
(*) 9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2
( x2 – 6x – )( 4x2 – 9x + 14) =
x2 – 6x – = ( 4x2 – 9x + 14 > )
x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
Cách 2: Đặt hai ẩn phụ đưa phương trình bậc hai.
(*) 2( x2 – 2x + ) – ( x + 2) = 3 (x2)(x2 2x4)
Điều kiện : x3 + x2
Đặt x 2 = u ( u 0 ) ; x2 2x4 v ( v > )
Phương trình ( 1) trở thành : 2(v2 – u2 ) = 3uv (2v + u )( v – 2u) = 0
Do 2v + u > Suy v – 2u = v = 2u
Ta có : x2 2x4 = 2 x 2 x2 – 6x – =
x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
Cách 3: Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai Điều kiện: 2x2 – 6x + x1 hoặc x 2
(*) 2( x2 – 2x + ) – ( x + 2) = 3 (x2)(x2 2x4)
2 2 4 2 4
2
2
x x x x
x x
Đặt
2 2 4
( t 0)
x x
t x
ta có phương trình 2t2 – 3t – = , suy t
1 = ( chọn); t2 = -
1
2 ( loại)
Với t1 = ta có: x2 – 6x – = phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13( thảo mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13
Ví dụ 2: Giải phương trình : x2 + 2 x = 2x2. 2 x
(Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp tỉnh Bình Định năm học 2004 - 2005)
- Năm học 2004 – 2005 đội tuyển học sinh giỏi Tốn huyện Phù Mỹ dự thi cấp tỉnh khơng học sinh giải tốn khơng xác định hướng giải toán Nhưng giải pháp đưa nhiều học sinh giỏi xác định đựơc hướng giải cho tốn
GIẢI:
(63)Phương trình trở thành: (2 – t2)2 + t = 2(2 – t2)2.t
4 – 4t2 + t4 + t = 8t – 8t3 + 2t5
(t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0
( t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = 0
Tư tìm : t = 1; t =
1
; t =
1
(loại); t =
1 33
; t =
1 33
(loại) + Với t = 2 x = – x = x = ( thoả mãn)
+ Với t =
1
2 x =
1
– x = (
1
)2 x =
5
(thoả mãn)
+ Với t =
1 33
2 x =
1 33
2 – x = (
1 33
)2 x =
33
(thoả mãn)
Vậy phương trình có nghiệm : x1 = ; x2 =
5
; x3 =
33
c Đối với giáo viên:
Vận dụng giải pháp trình bày xây dựng chuyên đề mơi phục vụ cho công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi
Ví dụ: Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 – 5t + = giáo viên chọn t để tạo các bài
toán mới
Chọn t = x2 ta có phương trình x4 – 5x2 + = 0
chọn t = (2011x + 2011) ta có phương trình (2011x + 2011)2 – (2011x + 2011) + = 0
chọn t = (x2 – 2x + 5) ta có phương trình (x2 – 2x + 5)2 - 5(x2 – 2x + 5) + = 0
2.3 Khả áp dụng:
Các giải pháp triển khai áp dụng rộng rãi tất đơn vị trường THCS cho tất giáo viên đới tượng HS Ngồi HS lớp10 THPT cũng sử dụng q trình tự học Học sinh trung học phổ thơng dùng làm tài liệu để ôn thi Đại học – Cao đẳng
II.3 LỢI ÍCH KINH TẾ - XÀ HỘI
3.1 Lợi ích đạt trình giáo dục:
(64)Đối với học sinh, học sinh giỏi, giải pháp phương tiện hỗ trợ thật cần thiết cho trình tự học tự rèn Nó khơi dậy phần tiềm cịn ẩn khuất học sinh tiếp cận với những giải pháp mà giáo viên hướng dẫn Những sai lầm HS mắc phải khắc phục, tạo hứng thú tự tin u thích tốn học học sinh
3.2 Chất lượng, hiệu sử dụng:
- Bằng cách áp dụng đồng giải pháp nêu trình thực hiện, trường hai năm qua, phần giáo viên bớt khó khăn mặt thời gian phương pháp hướng dẫn cho học sinh giải phương trình vơ tỉ Sau hai năm thực đới chiếu, kết đạt sau:
3.2.1 HỌC SINH ĐẠI TRÀ a) Bài kiểm tra chương I (tiết 18)
Năm học Lớp Sĩ
số
Giỏi Khá Trung bình Yếu, kém TB trở lên
SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% SL TL%
2009- 2010 Dạy thông
thường
9 A1 37 8.1 13.5 12 32.4 17 45.9 20 54.1 A2 36 13.9 13.9 12 33.3 14 38.9 22 61.1 A3 37 13.5 16.2 11 29.7 16 43.2 22 59.4 2009 – 2010
Dạy theo
SKKN
9 A7 37 12 32.4 13 35.1 11 29.7 1 2.7 36 97.3
9 A8 38 18 47.4 12 31.6 7 18.4 1 2.6 37 97.4
9 A9 37 12 32.4 12 32.4 11 29.7 2 5.4 35 94.6
2010 – 2011 Dạy thông
thường
9 A1 34 20.6 20.6 10 29.4 10 29.4 24 70.6 A2 34 17.6 20.6 12 35.3 26.5 25 73.5 A3 33 9.1 15.2 14 42.4 11 33.3 22 66.7 2010 – 2011
Dạy theo
SKKN
9 A7 34 12 35.3 12 35.3 9 26.5 1 2.9 33 97.1
9 A8 34 20 58.8 8 23.5 6 17.6 34 100.0
9 A9 34 16 47.0 9 26.5 9 26.5 34 100.0
b) Bài kiểm tra HKI năm học 2010 – 2011 Đề bài: Giải phương trình: x 2 x2 0 (1)
Đáp án Điểm
Điều kiện x
(1)
2 2(1 2)
1
x
x x
x
2
1 17
2
3
x x
x x
0,25 0,25
(65)Kết hợp với điều kiện x x = ( thoả mãn); x = 17
9
(loại) Vậy phương trình có nghiệm x =
0,25
Kết thống kê Phương pháp
giảng dạy
Lớp Sĩ số
Điểm 0,0 Điểm 0,25 Điểm 0,5 Điểm 0,75 Điểm 1,0
SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL
Dạy thông thường
9A1 34 14.7 15 44.1 20.6 20.6 9A2 34 17.6 12 35.2 12 35.2 8.8 A3 33 12 36.4 13 39.4 21.2 3.0
Dạy theo SKKN
9 A7 34 1 2.9 2 5.9 10 29.4 21 61.
8
9A8 34 1 2.9 3 8.8 3 8.8 27 79.
4
9A9 34 1 2.9 4 11.
8
4 11.8 25 73. 5 3.2.2 KẾT QUẢ THI HỌC SINH GIỎI
Năm học Cấp huyện Cấp tỉnh
SL dự thi Đạt giải SL dự thi Đạt giải
2008 – 2009 (Chưa dạy theo SKKN)
3
(khuyến khích)
3
(1 giải nhì)
2009 – 2010
(Dạy theo SKKN – HKII) (khuyến khích2 )
2010 – 2011
(Dạy theo SKKN) (1 nhì, giải 3, giải5 khuyến khích)
4
(1 nhì, giải 3, giải khuyến khích)
Đặc biệt nhiều học sinh tham gia chuyên mục “Giải kì trước” tạp chí tốn học tuổi trẻ và thi “giải toán qua thư” tạp chí tốn tuổi thơ Có học sinh nêu tên em Nguyễn Trọng Nhất lớp 9A8 khen nêu tên tạp chí Tốn học & Tuổi trẻ sớ 407 tháng 5/2011, có lời giải hay độc đáo cho Tốn – Lí chun mục “Giải kì trước” với tốn sau:
* Giải phương trình x 4 x4 17 x8 174 x 34 Lời giải: Điều kiện x 17
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho sớ khơng âm ta có 2
4 17 (1 )( 17 ) 17 (1)
x x x x
2
8 17 (1 )( 17 ) 17( 17 ) (2)
x x x x x x
Cộng theo vế bất đẳng thức (1) (2) ta 4 17 8 174 34
x x x x
Đẳng thức xảy
17
1
1
x x
x
(66)Vậy phương trình cho có nghiệm x =
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có
1 16 (17 ) 33
; 17-x
2 2
x x x
x
4 1 1
2 2
x x x
x
8
4 17 33 65
17 4
2
x x x
x
Suy x4 x4 17 x8 174 x 34 Đẳng thức xảy x =
Vậy phương trình cho có nghiệm x = 3.3 Tác động đến điều kiện lao động
Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “phương trình vô ti” mảng chuyên đề mà giáo viên làm công tác bồi dưỡng ngại phân công phụ trách chuyên đề Học sinh đại trà gần khơng giải dạng tốn liên quan đến phương trình vơ tỉ, học sinh giỏi thường bỏ qua toán đề thi học sinh giỏi toán cấp huỵện, cấp tỉnh, thi vào THPT chuyên Lê Quý Đôn
Khi áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy, giáo viên tích lũy cho vớn kiến thức q báu, ln có hội để trao đổi kinh nghiệm lẫn trình giảng dạy, tiết kiệm thời gian công sức để đầu tư thêm vào chuyên đề khác trình bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi cấp Với học sinh trạng thái thiếu tự tin gặp dạng tốn khơng cịn nữa Ý thức học tập mơn tốn học sinh nâng lên rõ rệt Học sinh giỏi thi tìm giải tốn phương trình vơ tỉ đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh, đề thi vào THPT Lê Quý Đôn hàng năm tốn đăng tạp chí toán học tuổi trẻ toán tuổi thơ Học sinh đại trà thực thành thạo phép biến đổi, rút gọn biểu thức chứa bậc hai, giải phương trình vơ tỉ Phần lớn học sinh tự đọc hiểu tài liệu cách rõ ràng, lơgich để tự sáng tác thêm tốn mới phương trình vơ tỉ để phục vụ cho việc tự học
(67)1 Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp
Dạy học toán thực chất dạy hoạt động tốn học Trong hoạt động đó, học sinh cần phải cuốn hút vào những hoạt động học tập giáo viên tổ chức đạo, thơng qua học sinh học sinh tự khám phá điều chưa biết khơng phải thụ động tiếp thu những tri thức sắp đặt sẵn Theo tinh thần này, tiết lên lớp giáo viên người tổ chức đạo cho học sinh tiến hành hoạt động học tập: củng cố kiến thức cũ, tìm tịi phát kiến thức mới, luyện tập vận dụng kiến thức vào tình h́ng khác nhau… giáo viên không cung cấp, không áp đặt những kiến thức có sẵn mà hướng dẫn học sinh thơng qua hoạt động để phát chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ năng, hình thành kĩ vận dụng toán học vào thực tiễn
(68)thức phương pháp nói tạo điều kiện cho học sinh tự đọc hiểu tài liệu, tự làm tập, nắm vững hiểu sâu kiến thức đồng thời phát huy tiềm sáng tạo thân Nghiên cứu kỹ chương trình tốn học trung học sở, sách giáo khoa, sách tập, sách tham khảo, tài liệu liên quan, chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh, kể chương trình tốn học trung học phổ thông giúp cho giáo viên định hướng tốt cho trình thực tiết lên lớp xây dựng chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu Giáo viên phải giúp học sinh sửa sai lời giải để giúp học sinh khắc sâu kiến thức nhớ lâu nếu quên tìm lại
2 Những triển vọng việc vận dụng phát triển giải pháp
Muốn nâng cao chất lượng đào tạo phải nâng cao trình độ chun mơn cho giáo viên Vì vậy, để có hiệu mong ḿn, giáo viên nên thực đảm bảo tính xun śt, liên tục việc xây dựng kế hoạch giảng dạy phương trình vô tỉ bồi dưỡng học sinh giỏi Nếu giáo viên biết cách tự sáng tạo, tự học tự rèn điều kiện cho phép nổ lực cớ gắng thân sớ giải pháp mới khởi đầu niềm đam mê tốn học Có thể sử dụng những giải pháp để sáng tác những toán phát triển tư cao hơn, mở rộng tầm nhận thức người công trình nghệ tḥt giáo viên dạy tốn mãi những người u thích tốn Sự thành công 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 những 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
3 Đề xuất, kiến nghị
Để có kết mong ḿn ngồi yêu cầu chung giáo viên phải có lực chun mơn sư phạm vững vàng cịn địi hỏi giáo viên phải có lịng say mê, nhiệt tình tâm huyết với nghề nghiệp Dành nhiều thời gian đầu tư cho công tác soạn giảng, nghiên cứu kĩ chương trình tốn THCS, đọc nhiều sách tài liệu tham khảo liên quan đến vấn đề trực tiếp giảng dạy để tích luỹ sớ kinh nghiệm cần thiết, vững vàng tự tin đứng lớp cũng làm cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi … mới giúp học sinh hoàn thiện kiến thức tạo cho em hứng thú đến học toán
Nhà trường mặt phải có biện pháp kích thích, ni dưỡng lịng nhiệt tình những giáo viên lớn tuổi đồng thời phải có kế hoạch bồi dưỡng lớp giáo viên trẻ có lực để kịp thời bổ sung vào lực lượng giáo viên cốt cán nhà trường Xuất phát tư đặc điểm tâm sinh lí lứa tuổi, thấy những giáo viên lớn tuổi thường giàu kinh nghiệm, chuyên môn vững vàng, có nhiều tâm huyết, gắn bó với nghề dễ lịng, ḿn nghỉ ngơi Cịn những giáo viên trẻ nhiệt tình, động, sáng tạo, ham học hỏi, ḿn khẳng định thường thiếu kinh nghiệm hay nóng vội Do nhà trường cần phải biết cách hai lực lượng bổ sung, hỗ trợ cho nhau, tạo nên tiềm lực đủ mạnh, đủ bền động để nâng cao chất lượng dạy học
(69)Bộ phân chun mơn phịng giáo dục chọn lọc sắp xếp phân cơng cho tổ tốn trường viết chun đề nâng cao hàng năm có đội ngũ cớt cán thẩm định để tư có thêm sớ tài liệu cho giáo viên tham khảo giảng dạy cũng thực công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hiệu
Trên số kinh nghiệm nhỏ mà thân tích luỹ q trình giảng dạy, mong muốn trao đổi bạn đồng nghiệp, hi vọng sáng kiến kinh nghiệm phần cung cấp thêm phương pháp giải phương trình vơ tỉ cho bạn đồng nghiệp em học sinh giỏi ḿn tìm hiểu sâu thêm kiến thức toán trung học sở, làm tảng cho kiến thức tốn trung học phổ thơng, đồng thời có ủng hộ góp ý chân thành tất bạn viết hoàn thiện Xin chân thành cám ơn
Phù Mỹ, ngày 02 tháng năm 2012 Người viết
Nguyễn Văn Thanh
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
(70)TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa, sách tập toán - Tập I, tập II
2 Ôn kiến thức luyện kĩ Đại số – Tôn Thân (chủ biên)
3 Một số chuyên đề liên quan đến giải phương trình vơ tỉ đăng tạp chí Tốn học & tuổi trẻ tạp chí Tốn tuổi thơ
4 Một số viết liên quan đến giải phương trình vơ tỉ đăng tải trang mạng Tốn học sớ tác giả
(71)MỤC LỤC
Trang
PHẦN A: MỞ ĐẦU ……… 1
I Đặt vấn đề ………
1 Thực trạng vấn đề ………
2 Ý nghĩa tác dụng giải pháp mới ………
3 Phạm vi nghiên cứu đề tài ………
II Phương pháp tiến hành ………
1 Cơ sở ………
2 Các biện pháp tiến hành thời gian tạo giải pháp ………
PHẦN B: NỘI DUNG ……… 4
I Mục tiêu ………
II Mô tả giải pháp đề tài …… ………
II.1a Những sai lầm thường gặp giải phương trình vô tỉ………
II.1b Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ ……… ……… 19
II.2 Khả áp dụng ……… 61
II.3 Lợi ích kinh tế xã hội ………63
PHẦN C: KẾT LUẬN ……… 65
TÀI LIỆU THAM KHẢO ……… 67
(72)