sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN: 1.Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.. BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN 1.Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.. M

BÁO CÁO SÁNG KIẾN

I THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN:

1.Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 9, HS ôn thi vào PTTH tại trường THCS

Tân Lập

3 Tác giả:

Họ và tên: Thiệu Thị Hà - Nữ

Ngày sinh 05 tháng 02 năm 1984

Trình độ chuyên môn : Đại học sư phạm toán

Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị công tác: Trường THCS Tân Lập – huyện Vũ Thư – tỉnh Thái Bình Điện thoại : 0987973568 Email:thieuha3568@gmail.com

4 Đồng tác giả: Không

5 Chủ đầu tư: Không

6 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị : Trường THCS Tân Lập

Địa chỉ : Xã Tân Lập – huyện Vũ Thư – tỉnh Thái Bình

Điện thoại : 0227.3882288

7 Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Tháng 9 năm 2019.

II BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN

1.Tên sáng kiến: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 9, HS ôn thi vào PTTH tại trường

THCS Tân Lập

3 Mô tả bản chất của sáng kiến

3.1 Tình trạng và giải pháp

Toán học luôn là một bộ môn có tính thử thách với tất cả các em học sinh về cả nhận thức và tư duy Muốn học tốt bộ môn này ngoài việc tích luỹ kiến thức mà còn phải có năng lực tư duy và phương pháp qiải bài toán

Giải phương trình là dạng bài tập rất đa dạng và phong phú Trong đó có dạng giải phương trình vô tỉ là dạng toán khó trong môn đại số trung học cơ sở nói chung và đại số lớp 9 nói riêng Ta hay bắt gặp các bài tập này ở những bài tập nâng cao đại số

9 và trong các đề thi vào PTTH, các trường chuyên, lớp chọn Dù lượng bài tập này trong sách giáo khoa không nhiều và phương pháp giải không thể phong phú vì thời lượng chương trình và trình độ của học sinh khác nhau, nhưng các dạng bài tập của nó rất đa dạng, phong phú thường dành cho học sinh khá giỏi

Tôi thấy việc làm chuyên đề này là cần thiết, giúp cho các em có cái nhìn rõ nét hơn về các dạng phương trình này và có phương pháp giải khi gặp dạng bài tập này, không thấy ngại ngùng khi gặp nó

Tôi là một giáo viên trẻ, còn ít kinh nghiệm trong chuyên môn vì vậy đề tài này chắc chắn còn nhiều thiếu sót, tôi rất mong được sự góp ý của đồng nghiệp và bạn bè

để đề tài này được hoàn thiện hơn cũng như kiến thức của tôi được bổ sung hơn nữa Tôi xin chân thành cảm ơn!

3.2 Nội dung giải pháp

a) Mục đích SKKN :

- Hệ thống được các phương pháp giải phương trình vô tỉ

- Phần nào giúp cho học sinh có cái nhìn rõ nét hơn về dạng phương trình này

và có phương pháp, kĩ năng giải quyết khi gặp dạng phương trình này

- Bổ sung thêm kiến thức cho bản thân và góp phần nhỏ vào tư liệu của đồng nghiệp

- Tôi mạnh dạn đưa ra SKKN này nhằm để được sự bổ sung góp ý của đồng nghiệp về những thiếu sót của mình

b)Nội dung sáng kiến

b.1.Định nghĩa phương trình vô tỉ

Các phương trình đại số chứa ẩn trong dấu căn gọi là phương trình vô tỉ Hay nói

cách khác đó là một phương trình có dạng f(x) = 0 trong đó f(x) là một hàm chứa căn thức của biến số

Để giải các phương trình này, phải khử dấu căn Sau đây là một số phương pháp thường dùng để giải phương trình vô tỉ:

 Chú ý: 2k Aphải thoả mãn A ≥ 0

2k+ 1Bthoả mãn với mọi B

b.2.Các công thức cơ bản :

1)

2)2n f(x) =g(x) ⇔ f(x) = g2n+ 1 (x)

3) hoặc

4)2n+ 1 f(x) = 2n+ 1g(x) ⇔ f(x) =g(x)

5) f 2n(x) = g2n(x) ⇔ f( )x = g( )x

6) f 2n+ 1 (x) =g2n+ 1 (x) ⇔ f( )x =g( )x

b.3.Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

b.3.1 Phương pháp nâng lên luỹ thừa

+ Khử căn bằng cách nâng luỹ thừa ở cả hai vế

+ Khi nâng lên luỹ thừa cần chú ý :

- Đặt điều kiện để các biểu thức trong căn bậc chẵn không âm

- Đặt điều kiện để phép nâng lên luỹ thừa là một phép biến đổi tương đương

Hay gặp :

Dạng 1: f(x) =g(x)







=

≥

⇔

) ( ) (

0 ) (

2 x g x f

x g

Dạng 2: f(x) = g(x)







=

≥

⇔

) ( ) (

0 ) (

x g x f

x g

Ví dụ 1: Giải phương trình:

3+ 2x −3 = x (1)

Giải:

Điều kiện xác định của phương trình là: 2x – 3 ≥ 0 <=> x ≥

2

3

(2) tách riêng căn thức ở một vế ta được: 2x−3 =x−3 (3)

Ta phải có thêm điều kiện: x – 3 ≥ 0 <=> x ≥ 3 (4)

Với điều kiện (4) thì

PT(3) <=> 2x – 3 = (x – 3)2 (5)

<=> 2x – 3 = x2 – 6x + 9

<=> x2 – 8x + 12 = 0

( ) ( )

( ) 0

f x g x

f x

=



 f x( )g x( ) 0=≥g x( )

<=> (x – 2)(x – 6) = 0

<=> x1 = 2; x2 = 6

giá trị x1 = 2 không thoả mãn ĐK (4) loại

x2 = 6 thoả mãn ĐK (2) và (4), là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 6

Nhận xét

a) Nếu không đặt điều kiện x – 3 ≥ 0 ở (3), ta sẽ sai lầm khi nhận x = 2 là nghiệm của (1) Chú ý rằng từ (3) suy ra được (5) nhưng từ (5) chỉ suy ra được (3) với điều kiện x – 3 ≥ 0

b) Có thể bình phương hai vế của (1) với điều kiện x ≥ 0 (điều kiện này đã có ở 2x – 3 ≥ 0), nhưng lời giải không ngắn ngọn bằng cách tách riêng căn thức ở mỗi vế

Ví dụ 2: Giải phương trình:

x−1− 5x−1= 3x−2

Giải:

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 (1)

Chuyển vế ta có x −1= 5x −1+ 3x −2 (2)

Bình phương hai vế ta được:

x−1=5x−1+3x−2+2 15x2 −13x+2

<=> 2−7x =2 15x2 −13x+2. (3)

Đến đây có hai cách giải

Cách 1: Với điều kiện 2 – 7x ≥ 0 <=> x ≤

7

2

(4) thì PT(3) <=> 4 – 28x +49x2 = 4(15x2 – 13x +2) (5)

<=> 11x2 – 24x + 4 = 0

<=> (11x – 2)(x – 2) = 0 <=> x1 =

11

2

; x2 = 2

giá trị x1 =

11

2

không thoả mãn điều kiện (1), loại

giá trị x2 = 2 không thoả mãn (5), loại

Vậy phương trình vô nghiệm

Cách 2: Ta phải có 2 – 7x ≥ 0 <=> x ≤

7

2

, điều này trái với điều kiện (1) x ≥ 1 Vậy phương trình vô nghiệm

Ví dụ 3: giải phương trình:

3 2x +1+3 x =1 (1)

Giải:

Lập phương hai vế, áp dụng hằng đẳng thức

(a +b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b)

ta được 2x+1+x+33 x(2x+1)(3 2x+1+3 x) =1 (2)

Thay 3 2x+1 +3 x =1vào (2) ta có

1 ) 1 2 ( 3 1

3x+ + 3 x x + = (3)

<=> 33 x(2x +1) =−x (4)

<=> x(2x +1) = -x3 <=> x(2x + 1 + x2) = 0

<=> x(x + 1)2 = 0 <=> x1 = 0; x2= -1

Thử lại: - với x1 = 0 thỏa mãn (1)

- với x2 = -1 không thoả mãn (1), loại

Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x = 0

Nhận xét:

Các phương trình (1) và (2) hai tương đương, nhưng các phương trình (2) và (3) không tương đương Từ (2) ruy ra được (3), nhưng từ (3) không suy ra được (2)

Do đó sau khi tìm được các nghiệm của (3) là 0 và -1, phải thử các giá trị đó vào (1)

để chọn ra nghiệm của (1)

Bài tập áp dụng :

Giải phương trình :

a) 2x+ 1 + x = 5x+ 5 ( đáp số : x=4)

b) 3 x− 1 + 3 3x+ 1 = 3 x+ 1 ( Đáp số : x=1 )

b.3.2 Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.

* Định nghĩa giá trị tuyệt đối:







〈

−

≥

=

) 0 (

) 0 (

A A

A A

* Ví dụ

Ví dụ 1: Giải phương trình:

x+ 2 x− 1 + x− 2 x− 1 = 2 (1)

Giải:

Điều kiện x ≥ 1

PT (1) <=> x−1+2 x−1+1+ x−1−2 x−1+1 =2

<=> ( x−1+1)2 + ( x−1−1)2 =2

<=> x− 1 + 1 + x− 1 − 1 = 2

<=> x− 1 + 1 + x− 1 − 1 = 2

<=> x− 1 + x− 1 − 1 = 1 (2)

- Nếu x > 2, thì PT (2) <=> x− 1 + x− 1 − 1 = 1

<=> x−1=1

<=> x − 1 = 1

<=> x = 2 không thuộc khoảng đang xét loại

- Nếu 1 ≤ x ≤ 2, thì PT (2) <=> x− 1 + 1 − x− 1 = 1luôn đúng, phương trình vô

số nghiệm với 1 ≤ x ≤ 2

Vậy phương trình (1) có nghiệm1 ≤ x ≤ 2

Ví dụ 2: Giải phương trình:

x+3−4 x−1 + x+8−6 x−1 =1 (3)

Giải:

Điều kiện x ≥ 1

PT (3) <=> x−1−4 x−1+4+ x−1−6 x−1+9 =1

<=> ( x− 1 − 2 ) 2 + ( x− 1 − 3 ) 2 = 1

<=> x− 1 − 2 + x− 1 − 3 = 1 (4)

- Nếu 1 ≤ x < 5thì PT (4) <=> 2− x−1+3− x−1 =1

<=> x−1 =2

<=> x = 5không thuộc khoảng đang xét loại

- Nếu 5 ≤ x ≤ 10thì PT (4) <=> x−1−2− x−1+3=1<=> 0x = 0, phương trình vô số nghiệm

- Nếu x > 10 thì PT (4) <=> x−1−2+ x−1−3=1

<=> x− 1 = 3

<=> x = 10 không thuộc khoảng đang xét loại Vậy phương trình (3) có nghiệm 5 ≤ x ≤ 10

 Bài tập áp dụng :

Giải phương trình :

2

3 1

2 1

b.3.3 Phương pháp nhân với biểu thức liên hợp tương ứng

Ví dụ 1: Giải phương trình :

x x

x + + 1 = 1 (1) Giải:

Điều kiện : x>0

Ta có ( x+ 1 + x)( x+ 1 − x)= 1

Do đó nhân và chia vế trái của pt cho biểu thức liên hợp của nó ta có:

x x

x

x x

x

1

1

− +

− + +

+

⇔

x x x

1 1

− +

⇔

⇔ x = x+ 1 − x

⇔ 4x= x+ 1

3

1

=

⇔x ( thoả mãn)

Vậy phương trình có một nghiệm

3

1

=

⇔ x

b.3.4 Phương pháp đưa về phương trình tích

Ví dụ : Giải phương trình :

x2 − 3x+ 2 + x2 − 4x+ 3 = 2 x2 − 5x+ 4 (1)

Giải : ĐKXĐ:











≥ +

−

≥ +

−

≥ +

−

0 4 5

0 3 4

0 2 3

2 2 2

x x

x x

x

( )( ) ( )( ) 4(*)

1 0

4 1

0 3 1

0 2 1







≥

≤

⇔









≥

−

−

≥

−

−

≥

−

−

⇔

x

x x

x

x x

x x

Khi đó (1)⇔ x− 1( x− 2 + x− 3 − 2 x− 4)= 0







−

=

− +

−

=

−

⇔

4 2 3 2

0 1

x x

x

x





 =

⇔

VN

x 1

Vậy x= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

b.3.5 Phương pháp đặt ẩn phụ

Đây là một phương pháp khó nên tôi đưa ra nhiều ví dụ hơn

Có hai hướng đặt ẩn phụ : Đặt ẩn phụ đưa về phương trình một ẩn Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình hai ẩn

Ví dụ 1 : Giải phương trình:

2x2 +3x+ 2x2 +3x+9 =33 (1)

Giải:

2x2 +3x+ 2x2 +3x+9 =33

<=> 2x2 +3x+9+ 2x2 +3x+9 −42 =0 (2)

2

9 2

3 (

2 9 3

63 ) 16

9 4

3 2 (







=

16

63 )

4

3

(

2 x 2 > 0 với mọi x

Đặt y = 2x2 +3x+9 (y > 0), thì PT (6) có dạng: y2 + y – 42 = 0

=> y = 6 (thoả mãn) hoặc y = -7 (loại)

- Với y = 6, ta có 2x2 +3x+9 = 6 <=> 2x2 + 3x – 27 = 0

<=> x1 = 3; x2 =

2

9

−

Vậy phương trình (1) có nghiệm x1 = 3; x2 =

2

9

−

Ví dụ 2 : Giải phương trình:

2 7 7 2

18 21

3x2 + x+ + x2 + x+ = (1)

Giải:

3x2 +21x+18+2 x2 +7x+7 =2

<=> 3x2 +21x+21−3+2 x2 +7x+7 =2

<=> 3(x2 +7x+7)−3+2 x2 +7x+7 =2 (2)

Đặt x2 +7x+7 = y (y ≥ 0) thì x2 +7x+7= y2

PT (2) có dạng: 3y2 + 2y – 5 = 0 <=> y =

3

5

− (loại); y = 1 (thoả mãn)

- Với y = 1 thì x2 +7x+7= 1 <=> x2 +7x+6=0 <=> x1 = -1; x2 = -6

Vậy phương trình (1) có nghiệm: x1 = -1; x2 = -6

Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ như hai phương trình trên đã làm cho phương trình được

chuyển về dạng hữu tỉ

Ví dụ 3 : Giải phương trình:

3 2x+1+3 x =1 (1)

Giải:

Đặt 3 2x+1 =avà 3 x =b thì 2x + 1 = a3 và x = b3, nên ta có 2b3 + 1 = a3 hay a3 – 2b3 = 1(*)

Mà PT (1) có dạng: a + b = 1 => b = 1 – a thay vào (*) ta được a3 – 2(1 – a)3 = 1

<=> a3 – 1 + 2(a – 1)3 = 0 <=> (a – 1)(a2 + a + 1) + 2(a – 1)3 = 0

<=> (a – 1)[a2 + a + 1 +2(a – 1)2] = 0

Do a2 + a + 1 +2(a – 1)2 > 0 nên a = 1 Suy ra b = 0

Với a = 1 và b = 0 thì x = 0

Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 0

Ví dụ 4: :Giải phương trình:

1+x + 8−x+ (1+ x)(8−x) =3

Giải

ĐK:−1≤ x≤8

Đặt t = 1 + x + 8 − x (đk t ≥ 0)

⇒t2 =1+x+8−x+2 (1+ x)(8−x)

2

9 )

8 )(

1

(

=

− +

Khi đó phương trình đã cho trở thành:

2

9

2

=

−

+ t

3( / )

t loai

t t m

= −



⇔  = Với t=3, ta có: 1 +x+ 8 −x = 3

⇔ 1 +x+ 8 −x+ 2 ( 1 +x)( 8 −x) = 9

⇔ ( 1 +x)( 8 −x) = 0







=

−

=

⇔

8

1

x

x

(thoả mãn (*)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x1=-1 và x2=8

Lưu ý : phương trình trên có thể giải theo cách đưa về phương tích

Ví dụ 5 : Giải phương trình: 2x2 + 3x + 2x2 + 3x+ 9 = 33 (*)

Giải:

* ⇔2x2 + 3x +9 + 2

2x + 3x+ 9 - 42 = 0 Đặt y = 2x2 + 3x+ 9 (y > 0 vì 2x2 + 3x +9 =

2

2

x

Ta có y2 + y – 42 = 0 ⇔(y – 6 ) ( y + 7 ) = 0

⇔y1 = 6 ; y2 = -7 (Loại)

Suy ra 2x2 + 3x+ 9 = 6 ⇔2x2 + 3x – 27 = 0 ⇔(x – 3)(x +9

2) = 0

⇔x1 = 3 ; x2 = - 9

2

Giải các phương trình sau:

1) x2 + x+ 5 = 5

3

1 ) 3 ((

4 ) 1

)(

3

−

+

− + +

−

x

x x

x

x

3) x2 − 3x+ 3 + x2 − 3x+ 6 = 3

b.3.6.Phương pháp bất đẳng thức

Phương pháp bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ được thể hiện dưới nhiều dạng:

1 Chứng tỏ rằng phương trình vô nghiệm vì có một vế luôn nhỏ hơn vế kia.

Ví dụ: Giải phương trình:

x− 1 − 5x− 1 = 3x − 2 (10)

Bằng cách chứng tỏ rằng với điều kiện xác định của phương trình, có một vế của phương trình luôn nhỏ hơn vế kia

Giải:

Điều kiện để xác định của (10) là x ≥ 1 Với điều kiện này thì x < 5x, do đó

1 5

1 < −

x suy ra vế trái của (10) là số âm, còn vế phải không âm Phương trình vô nghiệm

2 Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế ( phương pháp đánh giá)

Ví dụ 1: Giải phương trình:

3x2 +6x +7 + 5x2 +10x+14 =4−2x −x2 (11)

Giải:

Ta có

Vế trái (VT): 3x2 +6x+7 + 5x2 +10x+14

= 3(x+1)2 +4 + 5(x+1)2 +9 ≥ 4 + 9 = 5

Vế phải (VP): 4−2x −x2= 5 – (x + 1)2 ≤ 5

Vậy để VT = VP khi và chỉ khi hai vế của (11) đều bằng 5, khi đó x = -1

Vậy phương trình (11) có nghiệm x = -1

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 x− + 2 x+ = 1 3

Giải :

+ Điều kiện : x≥ -1

Ta thấy x = 3 nghiệm đúng phương trình

Với x > 3 thì 3 x− 2 > 1 ; x+ 1>2 nên vế trái của phương trình lớn hơn 3

Với -1 ≤ x < 3 thì 3 x− 2 < 1 ; x+ 1< 2 nên vế trái của phương trình nhỏ hơn 3 Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 3 : Giải phương trình: 3 4x− + 4x +1=-16x2-8x+1 (1)

Giải

ĐK:

4

3 4

1 ≤ ≤

− x (*)

3 4 4 1 3 4 2 (3 4 )(1 4 ) 1 4

4 2 (3 4 )(1 4 ) 4

Lại có : -16x2-8x+1=2-(4x+1)2 ≤2 (3)

Từ (2) và (3) ta có:









= +

−

−

= + +

−

⇔

2 1 8 16

2 4 1 4

3

)

1

(

x

x x









= + +

= + + +

− +

−

⇔

0 1 8 16

4 4 1 ) 4 1 )(

4 3 ( 2 4 3

2 x x

x x

x x









−

=

= +

−

⇔

4 1

0 ) 4 1 )(

4 3 (

x

x x



















−

=













−

=

=

⇔

4 1 4 1 4 3

x x

x

4

1

−

=

⇔ x (thoả mãn(*))

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

4

1

−

=

x

Bài tập luyện tập

Giải các phương trình sau:

1) −4x−1+ 4x2 +8x+3= −4x2 −4x 2) x2 − 2x+ 5 + x− 1 = 2

3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Ví dụ: Giải phương trình:

3 2x +1+3 x =1 (1)

Giải:(Bằng cách chứng tỏ rằng x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.)

Ta thấy x = 0 nghiệm đúng phương trình (1)

+) Với x > 0 thì 3 2x+ 1 > 1và 3 x > 0 nên vế trái của (1) lớn hơn 1

+) Với x < 0 thì 3 2x+ 1 < 1và 3 x < 0 nên vế trái của (1) nhỏ hơn 1

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

4 Sử dụng điều kiện xẩy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt.

Ví dụ: Giải phương trình:

3 2 2

2

x x

x

(13)

Giải:

Điều kiện x >

3

2

(*)

Ta có bất đẳng thức + ≥ 2

a

b b

a

với a > 0, b > 0, xẩy ra đẳng thức (dấu “=”) khi và chỉ khi a = b

Với x >

3

2

thì PT (13) <=> x = 3 x − 2 <=> x2 – 3x + 2 = 0

<=> (x – 1)(x – 2) = 0 <=> x1 = 1; x2 = 2 (thoả mãn *)

Vậy phương trình (13) có nghiệm x1 = 1; x2 = 2

b.3.7 Phương pháp điều kiện cần và đủ

Ví dụ 1:Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

4 −x+ x+ 5 =m

Giải:

Điều kiện cần:

Nhận thấy nếu phương trình có nghiệm x0 thì (-1-x0 ) cũng là nghiệm của phương trình Do đó để phương trình có nghiệm duy nhất thì

0 1 x

x = − − ⇔ x0 =−21

1

0 = −

x

vào phương trình đã cho ta được: m=3 2

Điều kiện đủ:

Với m= 3 2 phương trình đã cho trở thành:

2 3 5

4 −x + x+ =











= + +

−

≥

+

≥

−

⇔

18 ) 5 4

(

0

5

0

4

2

x x

x

x











= + + +

− +

−

−

≥

≤

⇔

18 5 )

5 )(

4 ( 2 4

5 4

x x

x x

x

x









= +

−

≤

≤

−

⇔

9 ) 5 )(

4

(

2

4 5

x x

x







= +

−

≤

≤

−

⇔

81 ) 5 )(

4 ( 4

4 5

x x

x







= + +

≤

≤

−

⇔

0 1 4 4

4 5

2 x x x









−

=

≤

≤

−

⇔

2

1

4 5

x

x

2

1

−

=

⇔ x

Vậy với m= 3 2 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Lưu ý: phương trình trên có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số

c.Bài tập vận dụng

Giải các phương trình sau:

Bài 1:

a) x+3 − x−4 =1 d) 4x+1− 3x+4 =1

b) 15−x + 3−x =6 e) x−1− x+1=2

c) x+3+ 10−x =5 f) 2x+5 − 3x−5 =2

Bài 2:

a) x−2 x−1 − x−1=1

b) x+ 2x−1 − x− 2x−1 = 2

c) x+ 6x−9 + x − 6x −9 = 6