Toan _Huê_thcsthitranphuxuyen

Điều kiện xác định của phương trình là tìm giá trị của ẩn để mẫu thức khác không.. CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH KHÁC[r]

I ĐẶT VẤN ĐỀ

- Bộ GD & ĐT thực hiện chủ trương đổi mới bản và toàn diện giáo dục nhằm thực hiện mục tiêu đào tạo những chủ nhân tương lai của đất nước thành những người chủ động, tích cực, sáng tạo Có vậy mới có được những thế hệ đủ sức đảm đương gánh vác những trọng trách của đất nước thời kì mới, thời kì hội nhập, thời kì mà nền kinh tế tri thức giữ vai trò chủ đạo

- Những người giáo viên trực tiếp đứng lớp làm nhiệm vụ giảng dạy thời gian gần được ngành giáo dục quan tâm, tạo điều kiện học hỏi, nắm bắt nhiều phương pháp giảng dạy mới để thực hiện mục tiêu nêu Thế không phải một sớm một chiều đội ngũ giáo viên chúng ta dễ dàng vận dụng hiệu quả Hơn nữa, ngày càng nhiều phương pháp tổ chức dạy học được nghiên cứu và ứng dụng thế giới cũng nước nên việc tìm hiểu, dạy học theo yêu cầu đổi mới mà chúng ta tập tành thử nghiệm,vận dụng thì Dạy học theo chủ đê là một những yêu cầu được thực hiện từ năm học 2014-2015 đến

- Dạy học theo chủ đề là hình thức tìm tòi những khái niệm, tư tưởng, đơn vị kiến thức, nội dung bài học, chủ đề,… có sự giao thoa, tương đồng lẫn nhau, dựa sở các mối liên hệ về lí luận và thực tiễn được đề cập đến các môn học các hợp phần của môn học đó (tức là đường tích hợp những nội dung từ một số đơn vị, bài học, môn học có liên hệ với nhau) làm thành nội dung học một chủ đề có ý nghĩa hơn, thực tế hơn, nhờ đó học sinh có thể tự hoạt động nhiều để tìm kiến thức và vận dụng vào thực tiễn

- Dạy học chủ đề là mô hình dạy học có nhiều ưu điểm, vừa góp phần thực hiện được mục tiêu giáo dục – đào tạo những người tích cực, động, vừa thực hiện được chủ trương giảm tải, tránh được sự trùng lặp gây nhàm chán cho người học, giúp học sinh có khả tổng hợp lượng kiến thức đã học, đảm bảo được thời gian tổ chức dạy học của giáo viên,…Nhưng mới bước tiếp cận nên việc xây dựng chủ đề, tổ chức dạy học còn nhiều khúc mắc, chưa rõ hiệu quả để đáp ứng yêu cầu đổi mới bản, toàn diện dạy học, cũng chuẩn bị cho đợt thay sách vào năm 2020-2021 sắp đến Chính vì vậy đã quyết định chọn đề tài “Dạy chủ đề phương trình tích trường THCS”.

II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1 Cơ sở lý thuyết.

học theo chủ đề, chính nó lại tác động trở lại làm thay đổi rất nhiều đến việc lựa chọn phương pháp nào là phù hợp, cải biến các phương pháp cho phù hợp với nó Vì là dạy học theo chủ đề nên bản quá trình xây dựng chủ đề tạo quá trình tích hợp nội dung (đơn mơn liên môn) quá trình dạy Dạy học theo chủ đề môn Toán trường THCS là dạy học không đem đến cho học sinh kiến thức bộ môn mà còn nhằm mục đích rèn luyện phương pháp tư lôgic, sáng tạo vận dụng kiến thức và có khả tự giải quyết vấn đề Kiến thức môn Toán phải được khắc sâu học sinh để làm tiền đề cho việc tiếp thu các kiến thức tiếp theo Vì kiến thức môn Toán là một chuỗi kiến thức nối tiếp nhau, có mối liên hệ hữu với

2 Cơ sở thực tiễn.

Qua nhiều năm giảng dạy nhận thấy kiến thức môn Toán là một chuỗi kiến thức nối tiếp nhau, có mối liên hệ hữu với nhau.Chương trình SGK biên soạn theo kiến thức đường tròn đồng tâm nên cùng một dạng toán các em lại được học nhiều lớp khác cùng một cấp học Đối với phương trình tích các em được làm quen từ lớp cho đến lớp với những nội dung cách giải tương tự và được nâng nên phù hợp song một bộ phận lớn học sinh thường quên phương pháp giải sau năm học vì thời lượng cho dạng toán của từng năm học không nhiều Trong đó dạng toán này lại được vận dụng rất nhiều các cuộc thi thi học sinh giỏi, thi giải toán qua mạng, thi vào lớp 10 THPT Nhiều học sinh thiếu tự tin gặp dạng toán này các giờ kiểm tra cũng tham gia các cuộc thi

Việc xây dựng chủ đề, dạy học theo chủ đề đáp ứng với đổi mới bản, toàn diện dạy học, cũng chuẩn bị cho đợt thay sách vào năm 2020-2021 sắp đến giúp học sinh được học theo hệ thống kiến thức liền mạch từ đó học sinh nhớ được các dạng bài tập nhanh hơn, hạn chế việc các em thuộc mà chưa hiểu nội dung kiến thức Việc áp dụng các kiến thức học lớp để giải quyết các vần đề thực tiễn lại bớt hạn chế

3.Các biện pháp thực :

Để thực hiện đề tài SKKN Tôi đã thực hiện các biện pháp sau: 3.1.Tìm hiểu nắm bắt tình hình chất lượng học sinh

3.2 Tham khảo tài liệu, tổng hợp kiến thức liên quan

Tôi tìm đọc thêm các tài liệu ngoài sách giáo khoa, sách giáo viên Đầu tư thời gian cho học sinh tự sưu tầm ,nghiên cứu những nội dung liên để rút kiến thức trọng tâm Chú ý tìm hiểu và phân dạng bài tập học theo chủ đề

3.3 Phân tích cho học sinh biết việc cần thiết phải học tốt mơn Tốn.

Xuất phát từ tình hình thực tế của trường và yêu cầu của nội dung kiến thức, nhận thấy việc “Dạy chủ đê phương trình tích trường THCS”là thực sự cần thiết Bởi vì, là cách giúp học sinh rèn được kĩ quan sát, nhận xét và vận dụng linh hoạt các phương pháp đã học vào từng bài tập cụ thể Từ đó, giúp các em tìm tòi, phát hiện và chiếm lĩnh tri thức một cách tốt nhất Không những thế, giải pháp này còn giúp các em hứng thú được học toán, xem việc giải bài tập cách giải trí sau học các môn khác vì nắm chắc kiến thức toán, các em có thể vận dụng, học tốt các môn học khác

VD : Khi giải bài tập toán, các em được củng cố kiến thức các công thức vật lý, hóa học và các môn học khác có liên quan

3.4.Thông qua q trình giảng dạy 3.4.1 Ơn tập số kiến thức 3.4.1.1 Phương trình tích

Phương trình tích : A(x1) A(x1 ) ……….A(xn ) = (*) Để giải phương trình (*) ta cần giải các phương trình sau A( x1 ) = ( )

A( x2 ) = ( ) ……… A ( xn ) = ( n )

Nghiệm của các phương trình ( ) ; ( ) …….( n ) là nghiệm của phương trình (*)

Với các giá trị của x thỏa mãn điều của phương trình (*) 3.4.1.2.Ôn lại bảy đẳng thức đáng nhớ

2 2

(A B ) A 2AB B

2 2

(A B ) A  2AB B 2

(A B A B )(  )A  B

3 2

(A B ) A 3A B3AB B

3 2

(A B ) A  3A B3AB  B

2 3

(A B A )(  AB B )A B

2 3

3.4.1.3.Ôn lại bậc hai

1 Các tính chất của luỹ thừa bậc 2, bậc 3, tổng qt hố tính chất của luỹ thừa bậc chẵn và luỹ thừa bậc lẻ.

2 Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử , đẳng thức 3 Các bất đẳng thức Cơsi, Bunhiacopski, bất đẳng thức có chứa giá trị tuỵêt đối.

4 Cách giải phương trình, bất phương trình bậc , bậc ẩn, cách giải hệ phương trình.

5 Bổ sung kiến thức để giải phương trình đơn giản: * √A = B ⇔

¿ A ≥0

B ≥0

A=B2

¿{ {

¿

*

√A=√B⇔

A ≥0 A=B

¿{

* √A+√B=0⇔A=B=0

*

¿ S=x1+x2=− b

a P=x1x2=c

a ¿{

¿

(Viet)

f (x) g(x) 

g(x) f (x) [g(x)]

 

  

b/

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

f x

f x g x g x

f x g x  



   

 



c/

( )

( ) ( )

( ) ( )

g x

f x g x

f x g x

 

  

 

d/

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x

f x g x h x g x

f x g x f x g x h x

 



    



  

e/

*

2

( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

n n

f x

f x g x g x n N

f x g x

 



    

 



f/

*

2 ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

n

n

g x

f x g x n N

f x g x

 

   

 

g/ 2n1 f x( ) 2n1g x( )  f x( )g x( ) (n N *) h/ 2n1 f x( ) g x( ) f x( )g2n1( ) (x n N *) 3.4.2 CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

3.4.2.1 DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH ĐƠN GIẢN

VÍ DỤ 1: Giải phương trình

( x + ) ( x + ) = ( – x ) ( + x )

Nhận xét : Hai tích không có nhân tử chung thi ta phải khai triển và thu gọn để tìm cách đưa về dạng tích , đó để giải phương trình này ta cần thực hiện hai bước

Bước : Đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích bằng cách chuyển tất cả các hạng tử từ vế phải sang vế trái và đổi dấu các hạng tử đó ; vế phải bằng ; áp dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để phân tích vế trái thành tích

Ta có : ( x + ) ( x + ) = ( – x ) ( + x )  ( x + ) ( x + ) – ( – x ) ( + x ) =  x2 x 4x 4 22 x2 0

 2x25x 0 x x(2 5) 0

Bước : Giải phương trình tích vừa tìm được kết luận nghiệm

x ( 2x + ) =

0

0

5

2 5

2 x

x x

x x x

 

 

  

     

   

  



Vậy nghiệm của phương trình là : S =

5 0;

2

 



 

 

VÍ DỤ 2: Giải phương trình :  

3

1

7 x 7 x x

Tương tự ví dụ ta thực hiện phép chuyển vế ta có :

 

2

3 3

1

 

2

3 3

1

7x x x 7x x x

 

          

 

     

3

1 1

7 x x x x x

 

         

 

1

3

1

7

x x

x x

  

 

 

   

  

 

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1;

3       VÍ DỤ : Giải phương trình : x2  2x 1 0

Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh biến đổi vế trái dựa vào hằng đẳng thức

Giải : Ta có :  

2

2

2

x x

x x

   

    

 

   

2 2

1

1 2

x

x x

   

     

 x 3 x1 0

3

1

x x

x x

  

 

   

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là S =  1;3 VÍ DỤ 4:

Giải phương trình :        

2

1 2

x  x x  x 

Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh nhận được hằng đẳng thức bình phương của một tổng để áp dụng giải nhanh gọn việc nhân đa thức mới phân tích thành nhân tử

Ta xem ( x- ) =A ; ( x + ) = B  phương trình có dạng ( A + B )2=

Giải : ta có        

2

1 2

x  x x  x 

   

1

x x

 

      

 2

2

x x

x

    

  

1

2

2

x x

   

Vậy nghiệm của phương trình là : S =

1

 



 

 

VÍ DỤ : Giải phương trình :  3 x 2  x 1  0

Đây là một phương trình tích có chứa thức bậc hai, để tránh cho học sinh có thể hiểu bài toán môt cách phức tạp vì phương trình có chứa bậc hai nên giáo viên hướng dẫn học sinh thực hiện cách giải thông thường vì

2; 3; 5 cũng được coi là các hệ số thông thường

Giải : ta có  3 x 2  x 1  0

3

3 5

1

2

2

x x

x x

  

  

 

   

  

 

 

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S =

3

; 2

  

 

 

 

 

3.4.2.2 DẠNG PHƯƠNG TRÌNH BIẾN ĐỔI ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TÁCH HẠNG TỬ ĐỂ PHÂN TÍCH ĐƯA VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

VÍ DỤ : Giải phương trình : x3 3x2 2x0

Đối với phương trình này thì học sinh có thể có các cách giải khác chẳng hạn ta có thể tham khảo hai cách giải sau:

Cách : Ta có :  

3 3 2 0 3 2 0

x  x  x   x x  x 

 

2 2 2 0

x x x x

    

( tách 3x = x + 2x )

   

2 2 2 0

x x x x 

    

  ( nhóm hạng tử )

 x x x  12x1 0 ( đặt nhân tử chung )

0

1

2

x x

x x

x x

 

 

 

      

    

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S =  0; 1; 2   CÁCH 2: Giải : Ta có

x3 3x2 2x 0 x3x22x2 2x 0 ( tách 3x2 x2 2x2 )

       

3 2 2 0 1 2 1 0

x x x x x x x x

         

      

1 2

x x x x x x

       

( đặt nhân tử chung )

1

0

2

x x

x x

x x

  

 

 

     

    

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 0; 1; 2   VÍ DỤ 2:

Giải phương trình : x3  19x 30 0 đối với phương trình này đầu tiên chưa xuất hiện nhân tử chung ; cũng không dạng hằng đẳng thức nào cả

Do vậy giải giáo viên cần lưu ý cho học sinh cần sử dụng phương pháp nào đã biết để phân tích vế trái thành tích ( gợi ý phương pháp tách hạng tử )

ở ta cần tách hạng tử : -19x = - 9x – 10x Giải : Ta có :

x3  19x 30 0  x3 9x 10x 30 0

       

3 9 10 30 0 9 10 3 0

x x x x x x

         

         

2 32 10 3 0 3 3 10 3 0

x x x x x x x

          

      

2

3 10 3 10

x x x  x x x

           

      

2

3 10 ( ) 10

x x x x x  x x x 

             

 x3x x  52x 5  0 x3 x 5 x2 0

3

5

2

x x

x x

x x

  

 

 

      

    

 

VÍ DỤ : Giải phương trình : 3x2 5x 0

Đối với phương trình này ta tách hạng tử 5x = 6x – x Giải : Ta có : 3x2 5x 0  3x26x x  0        

2

3x 6x x 3x x x

         

 x2 3  x1 0

2

1

3 x x

x x

   

 

   

  

 



Vậy nghiệm của phương trình là :

1 2;

3

 



 

 

VÍ DỤ : Giải phương trình : 4x3 14x2 6x 0

Đối với phương trình này bước đầu tiên ta phải biến đổi vế trái thành tích bằng cách đặt nhân tử chung để biểu thức ngoặc đơn giản Sau đó dùng phương pháp tách hạng tử để đưa về dạng tích

Giải : Ta có :  

3 2

4x 14x 6x 0 2x x 7x3 0

     

2

2 2x x 6x x 2x 2x 6x x 

         

 

 2x x x 3  x3  0 2x x 3 2  x1 0

2 0

3

2 1

2

x x

x x

x

x

 

 



 

      

   

  



Vậy : nghiệm của phương trình là : S =

1 0; 3;

2

 

 

 

 

VÍ DỤ 5: Giải phương trình : x29x20 0

Đối với phương trình này vế trái chưa xuất hiện nhân tử chung đó ta cần biến đổi để đưa vế trái về dạng tích bằng cách:

Tách hạng tử 9x = 4x + 5x

       

2 4 5 20 0 4 5 4 0

x x x x x x

         

 4  5 4

5

x x

x x

x x

  

 

       

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S =   4; 5  VÍ DỤ 6: Giải phương trình : x2  x 0

Ta biến đổi vế trái của phương trình thành tích bằng cách tách hạng Tử x = 3x – 2x sau đó nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chung Giải : Ta có : x2  x 0  x2 3x 2x 0

       

2 3 2 6 0 3 2 3 0

x x x x x x

         

   

3

3

2

x x

x x

x x

  

 

       

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S =   3; 2 VÍ DỤ 7: Giải phương trình : x2  3x 2

Đối với phương trình này có nhiều cách giải khác sau là Một số cách giải

Cách 1: Tách hạng tử -3x = -2x - x

Ta có : x2  3x  2 x2 x 2x 2

       

2 2 2 0 1 2 1 0

x x x x x x

         

 1  2 1

2

x x

x x

x x

  

 

       

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 2

Cách : Tách hạng tử = - +

Ta có : x2  3x  2 x2  3x 0 

         

2 4 3 6 0 2 2 3 2 0

x x x x x

          

2

1

x x

x x

  

 

   

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 2 Cách : Biến đổi

3 3 2 .

2

x x

 

;

9

4  

Ta có :

2 3 2 0 2 0

2 4 x  x   x  x   

2

2 2 0 2 3 0

2 4 2

x x x x 

     

               

       

2

3 3

0

2 2 2

x  x   x 

       

                 

         

   

3

0

2 2

x x x x

   

            

   

1

2

x x

x x

  

 

   

  

 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 2

3.4.2.3 DẠNG BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO ĐƯA VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

VÍ DỤ 1: Giải phương trình x4  13x2 36 0

Đây là phương trình bậc ẩn x để giải dạng phương trình này ta cần đặt biến phụ sau tìm được giá tri của biến phụ ta lắp giá trị đó vào biểu thức lien quan ban đầu để tìm nghiệm

Ở ta đặt x2 a ta có cách giải sau Giải :Ta có : x4  13x2 36 0  a2  13a36 0

   

2 4 9 36 0 4 9 36 0

a a a a a a

         

 a a  4 9a 4  0 a 4 a9 0

1

4

9

a a

a a



  



   

  

Vì ta đặt

2

2

4 2

3 9

x x

x a

x x

   



    

 

 



Vậy nghiệm của phương trình là : S =   2; 3 VÍ DỤ 2: Giải phương trình : 2x4 5x2  2

Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh đặt ẩn phụ là : Đặt x2 a nên ta có cách giải sau

Giải :Ta có : 2x45x2   2 2a2 5a 2

   

2

2a 4a a 2a 4a a

         

( tách 5a = 4a + a )  2a a 2  a2  0 a2 2  a1 0 ( nhóm và đặt NTC )

2

1

2

a a

a a

   

 

   

  

 



Vì đặt

2

2 2

1 2

x

x a

x

 

   

 



Điều này không thể xẩy vì x2 0với mọi giá trị của x vậy phương trình đã cho vô nghiệm : tập hợp nghiệm của phương trình là : S = 

VÍ DỤ : Giải phương trình : 9x4 6x2  1 0 ta biến đổi vế trái bằng cách đặt ẩn phụ x2 a để đưa về dạng tích

Giải : Ta có : 9x4 6x2   1 9a2 6a 1    

2 2

3a 2.3a 3a

      



1

3 1 0

3

a   a 

Vì đặt

2

3 x  a x 

VÍ DỤ 4: Giải phương trình : 2x4 7x2  0

Đặt x2 a Ta có cách giải sau

2x4  7x2  0  2a2  7a 0

   

2

2a 8a a 2a 8a a

         

 2a a  4  a 4  0 a 2  a1 0

4

1

2

a a

a a

   

 

   

  

 



Vì đặt x2 a  x2  4 x 2 Và :

2

2

x 

Loại

Vậy nghiệm của phương trình là : S =  2 VÍ DỤ : Giải phương trình : 2x4  20x2 18 0 Đặt x2 a nên ta có cách giải sau 2x4  20x2 18 0  2a2  20x18 0

   

2

2 a 10a a 9a a

        

       

2

2 a 9a a  2a a a 

             

    9

2

1

a a

a a

a a

  

 

       

  

 

Vì đặt x2  a x2  9 x 3 Và : x2  1 x1

Vậy nghiệm của phương trình là : S =   1; 3 VÍ DỤ 6: Giải phương trình: x2  x 1  (1)

Giải Ta có ĐK x ≥ −1

Đặt x 1 = y (y ≥ 0)

⇔((y −1)(y+1))2+(y −1)=0 ⇔(y −1).[(y −1)(y2

+2y+1)+1]=0 ⇔(y −1)(y3

+y2− y)=0

 y(y  1)(y2 + y  1) =

⇔

y −0

¿ y −1=0

¿ y2

+y −1=0

¿ y=0

¿ y=1

¿ y=−1+√5

2 ;

¿ y=−1−√5

2

¿ ¿ ¿

⇔¿ ¿ ¿ ¿

Với y=0; y=1; y=−1+√5

2 thỏa mãn đk (y ≥ 0)

Với y=−1−√5

2 không thỏa mãn đk (y ≥ 0)

.Nếu y = ⇒√x+1=0

⇔x+1=0

⇔x=−1 (thỏa mãn đk x ≥ −1 ) Nếu y = ⇒√x+1=1

⇔x+1=1

⇔x=0 (thỏa mãn đk x ≥ −1 ) Nếu y=−1+√5

2 ⇒√x+1=

−1+√5

⇔

x+1=5−2√5+1

4

⇔x+1=3−√5

2

⇔x=1−√5

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S=

1

0; 1;

  

 



 

 

 

VÍ DỤ 5: Giải phương trình:  

x 1  2 x x  

(2) Ta có ĐK: x ≥

Đặt x 1  = y

(2) ⇔(√x −1+1)3+(x −1)+2√x −1+1−2=0

   

3

x 1   x 1   0

 y3 + y2 – =

 (y – 1)(y2 + 2y + 2) =

⇔

y −1=0

¿ y2+2y+2=0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇔

y=1

¿

(y+1)2+1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Ta có y =  √x −1+1=1

⇔⇔√x −x −11==00 ⇔x=1

Ta có x = thỏa mãn đk x ≥1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x =

3.4.2.4 DẠNG BIẾN ĐỔI CÁC PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA ẨN Ở MẪU VỀ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

Đây là dạng phương trình mà giải ta cần phải tìm điều kiện xác định của phương trình

Điều kiện xác định của phương trình là tìm giá trị của ẩn để mẫu thức khác không Sau là một số ví dụ về dạng phương trình này

VÍ DỤ 1: Gi ải phương trình :  

2

2

x

x x x x



 

Điều kiện xác định của phương trình là :

0

2

x x x x            

Giải : Ta có

( I )   

   

   

2

2 2

2 2

x x x

x

x x x x x x x x

               

2 2 2

x x x x x x

         

 

2 0 1 0

1 x

x x x x

x              0 1 x x      

Vì điều kiện xác định của phương trình là : x 0 và x 2 Nên với x = loại Do đó nghiệm của phương trình là : S =   1 VÍ DỤ : Giải phương trình :

 

2 11

2

2

x x

x x x

 

 

   ( II ) ĐKXĐ: x 2 Giải : Ta có :

(II) 

 

2

2 11

2 3

2 2 4

x x

x x x

                    

2 2 11

2 2

x x x

x x x x

   

 

    Quy đồng mẫu hai vế

     

2 2 11

x x x

     

(Nhân hai vế với x2 x 2 khử mẫu )

Khai triển chuyển vế thu gọn ta được

 x2  9x20 0  x2  4x 5x20 0 ( tách -9x = - 4x – 5x )

       

2 4 5 20 0 4 5 4 0

x x x x x x

         

 4  5 0 4 0 4

5 0 5

x x x x x x                  

Vì x = ; x = Thuộc tập xác định của phương trình

Vậy nghiệm của phương trình là : S =  4;5 VÍ DỤ : Giải phương trình :

3

2 x x x x   

(III) 

 

2

3

2 2

x x x

x

x

x x x x

  



   

   

 3 2 x 1 x2 2x ( nhân hai vế với x – và khử mẫu )  

2

2 4 4 0 2 0

x x x

      

 x 2 0  x 2

(Loại vì x = không thỏa mãn ĐKXĐ của phương trình Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là : S = 

VÍ DỤ : Giải phương trình :

2

1 1

x x

x x

  

( IV ) ĐKXĐ : x 0 ( IV )

3

3

2

1

1

x x x

x x x

x x

 

     

   

3 1 0 1

x x x x x x

        

     

3 1 1 0 (1 ) 1 0

x x x x x

        

        

2

1 1 1

x x x x x x x

          

Vì  

2 1 2 1 2 .1

2 4 4

x  x x  x    x  x  

 

2

1

0

2

x

 

    

 

nên      

2 2

1 1 1

x x  x   x   x   x  Thỏa mãn điều kiện của bài toán

Vậy nghiệm của phương trình là : S =  1

3.4.2.5 CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH KHÁC

Tùy theo dạng phương trình mà ta có thể có những cách biến đổi khác Để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích Sau là một dạng phương trình đặc trưng

Ví dụ 1: Giải phương trình :

2

1

2001 2002 2003

x x x

 

  

Để biến đổi đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích đơn giản Ta cộng thêm vào hai vế của phương trình và biến đổi phương trình sau

2

1 1

2001 2002 2003 2001 2002 2003

x x x x x x

        

         

   

2003 2003 2003 2003 2003 2003

0

2001 2002 2003 2001 2002 2003

x x x x x x

     

      

2003  1 2003 2003

2001 2003 2003

x   x x

           

 

Vì :

1 1

0 2001 2002 2003 

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 2003 VÍ DỤ : Gi ải phương trình :

1

94 93 92 91 90 89

x x x x x x

    

Cộng thêm vào hai vế của phương trình ta được

1

1 1 1

94 93 92 91 90 89

x x x x x x

           

          

           

           

95 95 95 95 95 95

94 93 92 91 90 89

x x x x x x

     

95 95 95 95 95 95

0

94 93 92 91 90 89

x x x x x x

      

 

1 1 1

95

94 93 92 91 90 89

x  

         

 

 x95 0  x 95 Vì :

1 1 1

0 94 93 92 91 90 89      Vậy nghiệm của phương trình là : S =  95 VÍ DỤ 3: Giải phương trình :

59 57 55 53 51

5

41 43 45 47 49

x x x x x

    

    

Đối với phương trình này ta chuyển hạng tử -5 sang vế trái và tách Thành hạng tử hạng tử là đơn vị nên ta có cách giải sau

59 57 55 53 51

5

41 43 45 47 49

x x x x x

    

59 57 55 53 51

1 1 1

41 43 45 47 49

x x x x x

    

         

             

         

100 100 100 100 100

0

41 43 45 47 49

x x x x x

    

     

 

1 1 1

100

41 43 45 47 49

x  

        

 

 100 x  0 x 100 Vì :

1 1 1 1 1

0

41 43 45 47 49    

Vậy nghiệm của phương trình là : S = 100 VÍ DỤ : Giải phương trình :

1

59 58 57 56 55 54

x x x x x x

    

Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh cộng thêm vào hai vế của phương trình và tách thành từng nhóm sau

1

59 58 57 56 55 54

x x x x x x

    

1

1 1 1

59 58 57 56 55 54

x x x x x x

           

               

           

60 60 60 60 60 60

59 58 57 56 55 54

x x x x x x

     

60 60 60 60 60 60

0

59 58 57 56 55 54

x x x x x x

      

 

1 1 1

60

59 58 57 56 55 54

x  

         

 

 x60 0 x 60 Vì :

1 1 1

0 59 58 57 56 55 54     

Vậy nghiệm của phương trình là : S =  60 VÍ DỤ 5: Giải phương trình :

5 15 25 1990 1980 1970

1990 1980 1970 15 25

x x x x x x

Đối với phương trình này giáo viên hướng dẫn cho học sinh trừ hai vế đơn vị

và tách từng phần và ta có cách giải sau

Giải:

5 15 25 1990 1980 1970

1990 1980 1970 15 25

x x x x x x

    

5 15 1990 1980 1970

1 1 1

1990 1980 1970 15 25

x x x x x x

           

              

           

1995 1995 1995 1995 1995 1995

1990 1980 1970 15 25

x x x x x x

     

1995 1995 1995 1995 1995 1995

0

1990 1980 1970 15 25

x x x x x x

      

 

1 1 1

1995

1990 1980 1970 15 25

x  

         

 

 x 1995 0  x 1995 Vì :

1 1 1

0 1990 1980 1970 15 25      Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1995

VÍ DỤ 6: Giải phương trình: x 2(x 1) x 1      x x   (2)

Giải ĐK: | x | ≤ 1:

Ta có phương trình (2) ⇔2(x+1)−√1− x2+√x+1−2√1− x2−(1− x)−√1− x=0 ⇔√x+1(2√x+1−√1− x+1)−√1− x(2√x+1−√1− x+1)=0

⇔  x 1  x x 1     x 1   0

⇔

√x+1−√1− x=0

¿

2√x+1−√1− x+1=0

¿ ¿ ¿ ¿

⇔

√x+1=√1− x

¿

2√x+1+1=√1− x

⇔

x+1=1− x

¿

4x+5+4√x+1=1− x

¿

⇔

¿

2x=0

¿

4√x+1=−4−5x

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

(2’)

ta có (2’)

⇔

x=0

¿

16 (x+1)=16+40x+25x2(∗)

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

x = thỏa mãn điều kiện −1≤ x ≤1 (1*) Giải phương trình (*)ĐK: x ≤ −4

5

Phương trình (*) ⇔25x2+40x+16−16x −16=0 ⇔25x2

+24x=0

⇔x(25x+24)=0 ⇔

x=0

¿

25x+24=0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇔

x=0

¿ x=−24

25

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Ta có x =

24 25



thỏa mãn điều kiện −1≤ x ≤−

4

5 (2*)

x = không thỏa mãn điều kiện −1≤ x ≤−4

5

x2 =

24 25



VÍ DỤ 7: Giải phương trình: x 1  x3 x2 x 1   x4 1 (3)

Giải ĐK x ≥1 x ≤ −1

Chú ý: x4 – = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1)

(1−√x −1)=0

¿

(√x3+x2+x+1−1)=0

¿ ¿ ¿ ¿

¿

⇔√x −1+√x3+x2+x+1−1−√(x −1)(x3+x2+x+1)=0 ⇔√x3+x2+x+1 (1−√x −1)−(1−√x −1)=0

⇔(1−√x −1).(√x3+x2+x+1−1)=0 ⇔

¿

1=√x −1

¿

√x3+x2+x+1=1

¿ ¿ ¿ ¿

⇔

x −1=1

¿

x3+x2+x+1=1

¿ ¿ ¿ x=2

¿ x3

+x2+x=0(∗)

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Ta có x =2 thỏa mãn điều kiện x ≥1

Giải phương trình (*) ta có (*) ⇔x(x2+x+1)=0

⇔

x=0

¿ x2

+x+1=0

⇔

x=0

¿

(x+1

2)

2 +3

4

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Ta có x = không thỏa mãn đk x ≥1 x ≤ −1

4 Hiệu SKKN

- Sau đưa đề tài vào thử nghiệm: Kết quả là các em đã tiến bộ vượt bậc quá trình giải bài tập,đồng thời giúp các em có khả phân tích, suy ngẫm, khái quát vấn đề một cách chặt chẽ, các em không còn ngại khó mà rất tin vào khả học tập của mình

*Kết quả khảo sát:

Năm học Lớp Sĩ số Điểm

0 → →

5 → → →

2015-2016 9A 38 15 15 2

2016-2017 9A 35 14 14

2017-2018 9A 37 14 13

*Kết quả học sinh đạt được:

Năm học Lớp Sĩ số Điểm

0 → →

4

5 → → →

2015-2016 9A 38 11 13 10

2016-2017 9A 35 10 12 10

2017-2018 9A 37 12 10 12

- Tuy nhiên một kết quả khác mà học sinh của đạt được Tôi thiết không thể nói bằng các số đó là:

Các em đã có sự tự tin nhất định không còn sợ, lúng túng khi gặp dạng toán này, các em có niềm tin, niềm say mê hứng thú học toán Từ đó tạo cho các em tự tin độc lập suy nghĩ và phần nào giảm bớt được áp lực của các kỳ thi cho các em

III KẾT LUẬN

- Trên là một vài kinh nghiệm nhỏ được rút từ thực tế những năm giảng dạy của bản thân Phần giải bài toán về phương trình tích có nhiều dạng nhiên đã trình bày theo chủ đề với quan điểm của mình và đề cập đến sự sâu chuỗi kiến thức và một số dạng mà các em thường gặp quá trình ôn thi vào lớp 10

- Sau ba năm thực hiện đề tài, đã cho thấy đề tài có hiệu quả tốt Với khả có hạn, đề tài còn có thể hạn chế mặt này, mặt khác Rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp

Tôi xin chân thành cảm ơn!

… ngày 10 tháng năm 2018

Tôi xin cam đoan là sáng kiến kinh nghiệm của mình viết, không chép nội dung của người khác

TÀI LIỆU THAM KHẢO

TT TÊN SÁCH TÁC GIẢ NHÀ XUẤT BẢN

1

3

4

7

8

9

Sách giáo khoa đại số 6,7,8,9

Sách hướng dẫn giáo viên đại số

Sách bài tập đại số tập II

Ôn tập đại số

Các bài toán hay đại số Các bài toán chọn lọc (Bồi dưỡng học sinh khá ; giỏi )

405 Bài tập đại số

Ôn tập thi vào lớp 10 -Năm học 2010-2011

Đề thi toán chọn lọc cấp trung học sở 2005-2008

Phan Đức Chính Tôn Thân

Nguyễn Huy Đoan Lê văn Hồng

Vũ Hữu Bình Lê Đình Phi

Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Quang Hanh Ngô long hậu

Nguyễn đức Tấn Phan Hoàng Ngân Nguyễn Anh Hoàng Nguyễn Đức Hòa Nguyễn Ngọc Đạm -Đoàn Văn Tế – Tạ Hữu Phơ

Phan Doãn Thoại (Chủ biên) – Phạm Thị Bạch Ngọc

Nhà xuất bản giáo dục

Nhà xuất bản giáo dục Nhà xuất bản giáo dục

Nhà xuất bản giáo dục Đại học quốc gia Hà Nội

Nhà xuất bản đại học sư phạm hà nội

Nhà xuất bản đại học quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

Nhà xuất bản giáo dục