Phương trình vô tỉ và một số phương pháp giải

Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI Lĩnh vực: Mơn Tốn Năm học 2014- 2015 1/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Mục lục Nội dung A Đặt vấn đề Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng khách thể nghiên cứu 3.1 Đối tượng nghiên cứu 3.2 Khách thể nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu 4.1 Nhóm phương pháp nghiên cứu lý luận 4.2 Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn 4.3 Nhóm phương pháp hỗ trợ Phạm vi nghiên cứu B Nội dung I Cơ sở lí luận thực tiến Cơ sở khoa học Cơ sở thực tiến II: Thực trạng Thực trạng Nguyên nhân hạn chế Thực trạng trước thực đề tài III Nội dung nghiên cứu Phương pháp nâng lên lũy thừa Phương pháp đưa phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Phương pháp đưa phương trình tích Phương pháp đặt ẩn phụ Giải biện luận phương trình vơ tỉ IV Kết Tài liệu tham khảo C Kết luận khuyến nghị Kết luận Khuyến nghị 2/29 Trang 3 3 4 4 4 5 5 12 15 17 24 26 27 28 28 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải A: ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài Sau trực tiếp giảng dạy môn Tốn lớp 9, qua q trình giảng dạy kết kiểm tra chương I Đại số nhận thấy học sinh thường lúng túng không đủ kiến thức để giải thành thạo phương trình vơ tỉ Khi học sinh khơng nắm vững kiến thức bậc hai phương pháp giải phương trình vơ tỉ khơng biết giải hay mắc sai lầm điều khó tránh khỏi Mà kiến thức bậc hai tập liên quan đến bậc hai quan trọng chương trình, đặc biệt chương trình tốn tốn cấp sau Vì học sinh thường không nắm vững bước giải phương trình vơ tỉ ? Bài tốn giải phương trình vơ tỷ tốn khó chứa đựng nhiếu kiến thức tính chất thứ tự phép tính cộng, nhân, kiến thức giá trị tuyệt đối, giải phương trình, giải bất phương trình… Khi gặp tốn giải phương trình vơ tỉ học sinh thường ngại khó phải sử dụng nhiều lượng kiến thức lưu tâm tiếp thu kiến thức vượt khó để giải thành thạo dạng tập Làm để học sinh dễ nắm kiến thức, nắm vững phương pháp bước giải phương trình vơ tỉ Trong năm vừa qua, từ thực tế giảng dạy, trao đổi với đồng nghiệp tham khảo tài liệu rút dạng thường gặp phương trình vơ tỉ, phương pháp để giải dạng Với hệ thống kiến thức học sinh dễ tiếp thu giải thành thạo phương trình vơ tỉ chương trình tốn Mục đích nghiên cứu - Kiến thức: Học sinh hiểu làm số dạng tốn phương trình vơ tỷ biết kết hợp giải phương trình bất phương trình vào giải phương trình vơ tỉ, tránh sai lầm giải dạng tốn liến quan đến phương trình vơ tỉ - Kĩ năng: Học sinh biết giải dạng phương trình vơ tỉ - Thái độ: Học sinh có khả nhận diện dạng phương trình từ giải xác dng phng trỡnh vụ t Hc sinh có khả t duy, thành lập toán mới, tính cẩn thËn tÝnh to¸n Đối tượng khách thể nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp dạy học mơn tốn (đại số) - Chương trình tốn lớp (đại số) - Một số dạng tập tốn (đại số) phương trình vơ tỷ Khách thể nghiên cứu 3/29 Phương trình vô tỉ số phương pháp giải - Học sinh học tập mơn tốn (đại số) trường thuộc quận Đống Đa – Hà Nội Phương pháp nghiên cứu Nhóm phương pháp nghiên cứu lý luận Phương pháp phân tích tổng hợp, phương pháp so sánh, khái quát hóa, hệ thống hóa Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Phương pháp điều tra xã hội học: Phỏng vấn điều tra phiếu để thu thập thông tin - Phương pháp chuyên gia - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm dạy học trung học sở Nhóm phương pháp hỗ trợ Dùng phương pháp thống kê để tổng hợp số liệu Phạm vi nghiên cứu Chương I phần đại số B.NỘI DUNG I: Cơ sở lí luận thực tiễn 1)Cơ sở khoa học: Cùng với đổi phát triển đất nước- Nền giáo dục Việt Nam có biến đổi sâu sắc mục tiêu, nội dung sách giáo khoa phương pháp giáo dục, đổi đổi mục tiêu dạy học trường THCS, dạy theo hướng phát triển tư duy, lực sáng tạo học sinh Định hướng thể chế hóa luật giáo dục điều 24.2: "Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực tự giác chủ động sáng tạo học sinh; phù hợp với đặc điểm lớp học môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, tự rèn lụyên kỹ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Là giáo viên Tốn khối THCS, tơi nhận thức được, mơn Tốn THCS có vai trị quan trọng kiến thức kĩ có nhiều ứng dụng đời sống Nó cung cấp kiến thức Tốn học phổ thơng có hệ thống tồn diện, kiến thức phải phù hợp với trình độ hiểu biết đại theo tinh thần kỹ thuật tổng hợp, tạo điều kiện hướng nghiệp gắn với sống Nhằm chuẩn bị tốt cho em tham gia vào lao động sản xuất tiếp tục học lên phổ thơng trung học Đồng thời mơn Tốn góp phần phát triển lực tư khoa học, rèn luyện kỹ có tính chất kỹ thuật tổng hợp góp phần xây dựng giới quan khoa học rèn luyện phẩm chất đạo đức người lao động 4/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Thực tế giảng dạy cho thấy, việc giải tập Toán cấp THCS vấn đề làm cho nhiều học sinh cảm thấy khó sợ 2)Cơ sở thực tiễn: Vẫn nhiều học sinh chưa tổng hợp kiến thức Toán từ lớp 6,7,8,9 Các em chưa hiểu sâu , hiểu kĩ kiến thức Tốn, cịn thụ động lĩnh hội kiến thức Trong chữa tập, nhiều học sinh thờ ơ, nhiều học sinh cần kết đối chiếu , chí cịn học sinh chưa biết tóm tắt tốn kí hiệu, việc kết hợp nhiều lượng kiến thức vào giải dạng toán học sinh lại khó dẫn đến việc em lười suy nghĩ Trong thực tế chương trình SGK chưa xây dựng hoàn chỉnh nội dung phương pháp số dạng tốn khó ,thường mang tính chất giới thiệu chưa sâu Học sinh muốn tìm hiểu thêm kiến thức khó cịn lúng túng việc tìm tài liệu nghiên cứu.Việc tìm hiểu giáo viên số chuyên đề số tài liệu chưa tập chung nhiều thời gian Vì cần phải xây dựng số chuyên đề toán học làm tài liệu tham khảo cho việc dạy học toán tốt Cần phát triển cao , đầy đủ hoàn thiện số dạng toán trường THCS II Thực trạng Thực trạng: Bên cạnh số học sinh giỏi nhiều em chưa tự giải tập tốn có học sinh nắm lý thuyết kĩ vận dụng lý thuyết vào giải tốn cịn chậm yếu Nhiều học sinh cần kết đối chiếu , hay dựa vào tập mẫu Thầy giải cách dập khn, chí cịn học sinh chưa biết tóm tắt tốn kí hiệu Nhiều học sinh đứng trước tốn khơng biết phải giải tốn nào, dùng lượng kiến thức để giải tốn Nguyên nhân hạn chế: - Có nhiều tập học sinh nhà làm mà đạo, hướng dẫn giáo viên - Tình trạng phổ biến học sinh học tập thụ động, máy móc, cịn giáo viên trọng đến toán thường gặp Chưa dành thời gian phù hợp cho việc hướng dẫn học sinh khá, giỏi giải tốn khó phương trình vô tỉ - Khả tổng hợp nhiều lượng kiến thức vào giải toán làm cho học sinh thường thấy khó dẫn đến thực trạng học sinh khơng ham học thường ngại khó đẫn đến việc em bỏ gặp dạng toán này, học sinh có ý thức học khơng biết cách phân dạng rút giải thường dùng với dạng nên em dễ bị lúng túng hay nhầm lẫn giải toán phương trình vơ tỉ 5/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải * Về phía giáo viên: Vẫn số giáo viên dạy theo phương pháp đổi chưa nhuần nhuyễn, dẫn đến học sinh lĩnh hội kiến thức thụ động, số học nghèo nàn, tẻ nhạt, chưa hiểu rõ, hiểu sâu ý đồ sách giáo khoa Bài tập yêu cầu em giải cách thụ động giáo viên giải hộ cho em mà không hệ thống hóa, rút kết luận hay nhân xét tổng hợp kiến thức cho học sinh, chưa phát huy tính tích cực, sáng tạo, tự lực học sinh Chính mà số giáo viên chưa thực trọng đến việc lập kế hoạch dạy chu đáo Thông thường đơn sơ, cho em giải số tập sách, tập điển hình tổng hợp * Về phía học sinh: Vẫn cịn nhiều học sinh chưa tổng hợp kiến thức, em chưa hiểu sâu, hiểu kĩ kiến thức, thụ động lĩnh hội kiến thức Trong chữa tập, nhiều học sinh thờ ơ, nhiều học sinh cần kết đối chiếu, chí cịn học sinh chưa biết tóm tắt tốn kí hiệu Thực trạng trước thực đề tài Trước thực đề tài qua giảng dạy trường THCS, qua tìm hiểu trao đổi với đồng nghiệp tơi nhận thấy: - Đa số học sinh thích học mơn tốn, làm tập đặc biệt tập cần tổng hợp nhiều lượng kiến thức giải phương trình vơ tỉ em thường lúng túng việc định hướng giải, nói em chưa biết cách giải trình bày lời giải Theo tơi, thực trạng nêu số nguyên nhân sau: + Học sinh chưa có phương pháp tổng quan để giải tập phương trình vơ tỷ + Học sinh chưa biết vận dụng nhiều lượng kiến thức cách linh hoạt + Nội dung cấu trúc chương trình sách giáo khoa dành cho dạng tốn cịn hạn chế * Số liệu điều tra trước thực đề tài Thái độ Lớp Tổng số học sinh Thái độ u thích Bình thường Khơng u thích 9A 16 12 9B 18 13 Chất lượng học tập thông qua kiểm tra thử Lớp Tổng số HS Khá, giỏi Trung bình Yếu SL % SL % SL % 9A 16 13 9B 18 15 6/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải III: Giải pháp - Để giải phương trình đặc biệt phương trình vơ tỉ mà phương trình vơ tỉ khơng có dạng Vì việc quan trọng học sinh phân loại dạng phương trình vơ tỉ Thứ hai biết cách giải dạng phương trình vơ tỉ Vì tơi xin đưa số dạng phương pháp giải tưnggf dạng sau: CÁC DẠNG CƠ BẢN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Ở LỚP Phương pháp nâng lên lũy thừa a) Dạng 1: f (x) = g(x) *, Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Tách riêng thức vế - Tìm ĐK để hai vế phương trình khơng âm - Bình phương hai vế phương trình - Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình: x + = x − (1) Giải: ĐKXĐ : x ≥ −1 Với x – ≥ ⇔ x ≥ ta có:  x ≥ x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ( Thỏa mãn) x +1 = x −1 ⇔   x + = x −  x − 3x = x = Vậy: phương trình cho có nghiệm x = * Lưu ý: Chúng ta thường tìm ĐKXĐ mà bỏ quên điều kiện để vế không chứa không âm, rễ xuất nghiệm ngoại lai b) Dạng 2: f (x) + g(x) = h(x) *, Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Tách riêng thức cộng thức vế - Tìm ĐK để hai vế phương trình khơng âm - Bình phương hai vế phương trình - Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện bình phương để tìm x - Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình: x + = − x − (2) 7/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Giải: ĐKXĐ x ≥ Ta có: x +3 = 5− x −2 ) ⇔ x +3+ x−2 =5 ⇔ 2x + + (x + 3)(x − 2) = 25 ⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x 2 ≤ x ≤ 12 2 ≤ x ≤ 12 ⇔ ⇔ x = ( thỏa mãn)  2 25x = 150 x + x − = 144 + x − 24x   ⇔ Vậy: phương trình cho có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình: 4x + − 3x + = Giải: ĐKXĐ x ≥ −1 Ta có : 4x + − 3x + = ⇔ 4x + = + 3x + ⇔ 4x + = + 3x + + 3x + ⇔ x − = 3x + Với x ≥ bình phương hai vế phương trình ta có: x2 – 8x + 16 = 4( 3x + 4) ⇔ x2 – 8x + 16 = 12x + 16 ⇔ x2 – 20x = ⇔ x ( x – 20 ) = ⇔ x = ( Không thỏa mãn) x = 20 ( thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = 20 c) Dạng 3: f (x) + g(x) = h(x) *, Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Chuyển vế cho hai vế có phép tính có phép cộng - Bình phương hai vế phương trình - Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện để hai vế khơng âm bình phương để tìm x - Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình: x + − x − = 12 − x (3) Giải: ĐKXĐ ≤ x ≤ 12 Ta có: x + − x − = 12 − x ⇔ x + = 12 − x + x − 8/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Bình phương hai vế phương trình ta có: x + = + (12 − x)(x − 7) ⇔ 19x − x − 84 = x − Vì hai vế khơng âm nên bình phương hai vế phương trình ta 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16 ⇔ 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = ⇔ 5x2 – 84x + 352 = 84 352  42 1764 1764 352    5 x2 − x + − + ÷= 5 x ì x + ữ 5 25 25    42  44    = 5 x − ÷ − × = ( x − )  x − ÷ = (x − 8) ( 5x − 44 )  25    44 ⇔ x1 = ( thỏa mãn) ; x2 = ( thỏa mãn) 44 Vậy: phương trình cho có hai nghiệm x1 = ; x2 = d) Dạng 4: f (x) + g(x) = h(x) + k(x) *, Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Chuyển vế cho hai vế có phép tính có phép cộng - Bình phương hai vế phương trình - Tiếp tục chuyển vế, tìm điều kiện để hai vế khơng âm bình phương ( cần) để tìm x - Đối chiếu điều kiện kết luận nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình: x − x − − x − + x + = (4) Giải: ĐKXĐ x ≥ Ta có: x − x −1 − x − + x + = ⇔ x + + x = x −1 + x − ⇔ 2x + + x(x + 9) = 2x − + (x − 4)(x − 1) ⇔ + x(x + 9) = (x − 1)(x − 4) ⇔ 49 + x + 9x + 14 x(x + 9) = x − 5x + ⇔ 45 + 14x + 14 x(x + 9) = Với x ≥ ⇒ vế trái phương trình ln số dương ⇒ phương trình vơ nghiệm Phương pháp đưa phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối 9/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải a Dạng 1: (A(x)) = B(x) * Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa phương trình dạng A(x) = B(x) - Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối vừa tìm Ví dụ Giải phương trình: x − 4x + + x = (1) Giải: ĐKXĐ: x ∈ R x − 4x + + x = ⇔ (x − 2) = − x ⇔ |x – 2| = – x – Nếu x < 2: (1) ⇒ – x = – x (vô nghiệm) - Nếu ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – = – x ⇔ x = ( thỏa mãn) - Nếu x > vế trái khơng âm, cịn vế phải âm nên phương trình vơ ngiệm Vậy phương trình có nghiệm là: x = * Lưu ý Cần linh hoạt việc giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối kết hợp đánh giá vế a Dạng 2: (A(x)) = (B(x)) * Cách giải: - Tìm ĐKXĐ phương trình - Đưa phương trình dạng A(x) = B(x) - Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối vừa tìm Ví dụ Giải phương trình x + + x + + x + 10 − x + = x + − x + (2) Giải: ĐKXĐ: x ≥ -1 x + + x + + x + 10 − x + = x + − x + ⇔ x + + x + + + x + − 2.3 x + + = x + − x + + ⇔ x + + 1+ | x + − |= 2.| x + − 1| Đặt y = x + (y ≥ 0) ⇒ phương trình cho trở thành: y + 1+ | y − |= | y − 1| – Nếu ≤ y < ta có : y + + – y = – 2y ⇔ y = –1 (loại) – Nếu ≤ y ≤ ta có : y + + – y = 2y – ⇔ y = – Nếu y > ta có : y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y = ⇔ x + = ⇔ x = 10/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Với điều kiện x > ⇒ x 4x − > 0; > x 4x − Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số x 4x − ; ta có : x 4x − x 4x − + ≥2 x 4x − Dấu “=” xảy ⇔ x = 4x − ⇔ x − 4x + = ⇔ x − 4x + − = ⇔ (x − 2) = ⇔ x − = ± ⇔ x = ± Vậy phương trình có nghiệm x = ± Phương pháp đưa phương trình tích Ví dụ Giải phương trình: 2x + − x − = x + Giải ĐKXĐ: x ≥ Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 2x + − x − = x + ⇔ ( 2x + − x − 2)( 2x + + x − 2) = (x + 3)( 2x + + x − 2) ⇔ 2x + − x + = (x + 3)( 2x + + x − 2) ⇔ x + = (x + 3)( 2x + + x − 2) ⇔ (x + 3)( 2x + + x + − 1) = x + =  x = −3 ⇔  2x + + x − =  2x + + x − = ⇔ Vì x = -3 < ( không khỏa mãn) Với x ≥ 2x + + x + > Vậy phương trình cho vơ nghiệm Ví dụ Giải phương trình: x + + 2(x + 1) = x − + − x + − x (1) Giải ĐK: -1 ≤ x ≤ 1: Ta có: x + + 2(x + 1) = x − + − x + − x ⇔ x + + 2(x + 1) − − x = −(1 − x) + − x + − x ⇔ x + 1(1 + x + − − x ) = − x (− − x + + + x ) ⇔ x + 1(1 + x + − − x ) − − x (1 + + x − − x ) ⇔ ( )( ) x +1 − 1− x 1+ x +1 − 1− x =  x +1 − 1− x = ⇔ 1 + x + − − x = 15/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải TH1 x + − − x = ⇔ x +1 = 1− x ⇔ x +1 = 1− x ( thỏa mãn) ⇔ x=0 TH2 + x + − − x = ⇔ 1+ x +1 = 1− x ⇔ + x + + 4x + = − x ⇔ x + = −4 − 5x Nếu - 4x – ≥ ⇔ x − , bình phương hai vế ta có: 16x + 16 = 16 + 40x + 25x2 ⇔ 25x2 + 24 x = ⇔ x(25x + 24) = x = ⇔  25x + 24 =  x = 0(KTM) ⇔  x = −24 (TM) 25  Vậy phương trình có nghiệm là: x1 = 0; x2 = − 24 25 Ví dụ Giải phương trình: x − + x + x + x + = + x − (1) Giải ĐKXĐ: x ≥ Chú ý: x – = (x – 1)(x + x + x + 1) Ta có : x − + x + x + x + = + x − ⇔ x −1 + x3 + x2 + x +1 −1− x −1 = ⇔ x − + x + x + x + − − (x − 1)(x + x + x + 1) = ⇔ x − 1(1 − x + x + x + 1) − (1 − x + x + x + 1) = ( ) ⇔ ( x − − 1) − x + x + x + =  x −1 −1 = ⇔ 1 − x + x + x + = x −1 −1 = TH1 ⇔ x −1 = ⇔ x −1 = ⇔ x = 2(TM) 16/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải − x3 + x + x + = ⇔ x3 + x + x + = ⇔ x3 + x2 + x + = TH2 ⇔ x + x + x = ⇔ x(x + x + 1) =  x = 0(TM) ⇔  x + x + = 0(VL) Vậy phương trình có ngiệm là: x = x = Phương pháp đặt ẩn phụ a) Sử dụng ẩn phụ * Cách giải: - Tìm điều kiện xác định - Đặt ẩn phụ biểu thức chứa bậc hai, đặt điều kiện cho ẩn phụ - Giải phương trình tìm ẩn phụ - Thay trở lại tìm nghiệm phương trình ban đầu Ví dụ Giải phương trình: x + x + = (1) Giải ĐKXĐ: x ≥ - Đặt x + = y (y ≥ 0) ⇒ x + 1= y2 ⇔ x = y2 – ⇔ x2 = (y2 – 1)2 Ta có phương trình: (y2 – 1)2 + y – = ⇔ (y-1)2 ( y+1)2 + ( y-1) = ⇔ ( y – 1) ( ( y-1)(y+1)2 + 1) = ⇔ ( y – 1) ( (y-1) ( y2 + 2y + 1) + = ⇔ ( y- 1) ( y3 + 2y2 + y – y2 – 2y -1 + 1) = ⇔ ( y – 1) ( y3 + y2 – y) = ⇔ y(y − 1)(y2 + y −1) = TH1 y = ( thỏa mãn) TH2 y – = ⇔ y = ( thỏa mãn) ) - =0 ⇔ y = −1 + ( thỏa mãn) y = −1 − ( loại) 2 x + = ⇔ x + = ⇔ x = -1 ( TM) x + = ⇔ x + = ⇔ x = ( TM) TH3 y2 + y – 1= ⇔ ( y+ *, Với y = *, Với y = 17/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải −1 + ⇔x + = 6−2 1− ⇔x= ( TM) −   Vậy tập nghiệm phương trình là: 0; − 1;    *, Với y = −1 + x +1 = Ví dụ Giải phương trình: ( ) x − + + x − = − x (1) Giải: ĐK: x ≥ Đặt x − + = y ( y ≥ 1) ⇒ x − = y − ⇔ x – = y2 – 2y + ⇔ x = y2 - 2y + Ta có phương trình: y3 + 2( y – 1) = – ( y2 – 2y + 2) ⇔ y3 + 2y – = – y2 + 2y - ⇔ y3 + 2y – – + y2 – 2y + = ⇔ y3 + y2 - = ⇔ ( y3 – 1) + ( y2 – 1) = ⇔ ( y – 1)( y2 + y + 1) + ( y – 1)( y + 1) = ⇔ (y – 1)(y2 + 2y + 2) = TH1: y – = ⇔ y = ( thỏa mãn) TH2 y2 + 2y + = ⇔ ( y + 1)2 = - ( vô lý) *, Với y = ⇔ x − + = ⇔ x −1 = ⇔x – = ⇔ x = ( TM) Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = b) Sử dụng hai ẩn phụ Ví dụ Giải phương trình: 2(x2 + 2) = x + (3) Giải ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ Đặt u = x + , v = x − x + Khi đó: u2 = x + 1, v2 = x2 – x + ⇒ u2 + v2 = x2 + u2 v2 = x3 + Ta có phương trình: 18/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải 2(u2 + v2) = 5uv ⇔ 2u2 – 4uv + 2v2 – uv = ⇔ 2u ( u – 2v ) + v ( 2v – u) = ⇔ (2u −v)(u −2v) =  2u − v =  u − 2v = v  u=  ⇔   u = 2v v TH1, u = ta có: x + = ⇔ x2 − x + ⇔ 4(x + 1) = x2 – x + ⇔ x2 – 5x – = ⇔ x = + 37 ; x = − 37 ( thảo mãn) x +1 = 2 TH2, u = 2v ta có x − x +1 ⇔ x + = 4( x – x + 1) ⇔ 4x2 – 5x + = ( vô nghiệm)  + 37 − 37  ;    Vậy phương trình có nghiệm: x ∈  Ví dụ Giải phương trình: ( )( x + ) (1+ ( )( ) x + − x + + x + 7x + 10 = (1) ) Giải ĐK: x ≥ –2 x + − x + + x + 7x + 10 = ⇔ ( x+5 − ) (x + 5)(x + 2) = Đặt: x + = a, x + = b (a, b ≥ 0) ⇒ a2 – b2 = Ta có phương trình: (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 ⇔ (a – b)(1 – a + ab – b) = ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = a = b ⇔ a =  b = TH1, Nếu a = b ta có : x + = x + ( vơ lí ) TH2, Nếu a = ta có : x + = ⇔ x + = ⇔ x = -4 ( KTM) TH3, Nếu b = ta có : x + = ⇔ x + = ⇔ x = -1 ( TM) 19/29 Phương trình vô tỉ số phương pháp giải Vậy phương trình có nghiệm : x = -1 Ví dụ Giải phương trình: x + − 3x = 2x − (1) Giải ĐK: x ≥ Đặt x + = a, 3x = b (a, b ≥ 0) ⇒ b2 – a2 = 2x – Ta có phương trình: a – b = b2 – a2 ⇔ a – b + (a2 – b2 ) = ⇔ ( a – b) ( + a + b) = Mà a + b + > ⇒a – b = ⇔ a = b Ta có : x + = 3x ⇔ x + = 3x ⇔x = ( TM) Vậy phương trình có nghiệm : x = Ví dụ Giải phương trình: + x − = x + 2x − (1) x x x Giải ĐK: x ≥ 10 − 10 ;x ≤ 2 + x − = x + 2x − x x x ⇔ − x + x − − 2x − = x x x 5 ⇔ x − − 2x + + x − − 2x − = x x x x 5 ⇔ x − − (2x − ) + x − − 2x − = x x x x 1 x − = u, x − = v (u, v ≥ 0) x x Ta có: Đặt Ta có phương trình: u2 – v2 + u – v = ⇔ ( u – v) ( u + v) + ( u – v) =0 ⇔ (u – v)(1 + u + v) = Vì + u + v > ⇒ u – v = ⇔ u = v 20/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải Hay x− = x 2x − x x x ⇔x= x  x = 2(TM) ⇔  x = −2(KTM) ⇔ x − = 2x − Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = c) Sử dụng ba ẩn phụ Ví dụ Giải phương trình: x + 3x + + x + = x + + x + 2x − (1) Giải ĐK: x ≥ x + 3x + + x + = x + + x + 2x − ⇔ (x − 1)(x − 2) + x + = x + + (x − x)(x + 3) Đặt: x − = a, x − = b, x + = c (a, b, c ≥ 0): Ta có phương trình: ab + c = b + ac ⇔ ab – ac – b + c = ⇔ (a – 1)(b – c) = ⇔ a = b = c TH1, Với a = Ta có x − = ⇔ x – = ⇔ x = ( TM) TH2, Với b = c ta có x − = x + ⇔ x – = x + ⇔ 0x = ( vơ lý) Vậy phương trình có nghiệm x = d) Sử dụng ẩn phụ đưa hệ phương trình Ví dụ Giải phương trình x − + 2x − = Giải Cách Giả phương pháp bình phương hai vế Cách ĐK: x ≥ Đặt x − = u ≥ 2x − = v ≥ ⇒ x – = u2; 2x – = v2 ⇒ v2 – 2u2 = 2 u + v = v = − u  v = 25 − 10u + u ⇔ Ta có hệ:  ⇔  2 2  v − 2u =  v − 2u =  v = − 2u u = ( TM) v = ⇒  u = −12 ( loại)   v = −17 21/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải  x − = u = ⇔ x = (TM) ⇔ v =  2x − = Với  Vậy phương trình có nghiệm nhấy : x = Ví dụ Giải phương trình: + x + − x = Giải ĐK: ≤ x ≤ 25 Đặt + x = u , − x = v (u, v ≥ 0): ⇒ u2 = + x ; v2 = − x ⇒ u2 + v2 = 13 Ta có hệ phương trình u + v = u = u = ⇔    v = v =  u + v = 13 8 + u = ⇒ v = 5 − 8 + u = ⇒ TH2,  v = 5 − TH1,  x =4 x =9 x =9 x =4 ⇒ x = −4 ( loại) ⇒ x = ⇔ x = ( TM) Vậy phương trình có nghiệm : x = Ví dụ Giải phương trình: 25 − x − − x = Giải ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 25 − x = u, − x = v (u, v ≥ 0) u + v = ⇒ 2  u + v = 16 u − v = u = ⇔ u + v = v = ⇔ Thế ngược trở lại: x = nghiệm Ví dụ Giải phương trình: − x + + x = Giải ĐK: – ≤ x ≤ Đặt − x = u ; + x = v (u, v ≥ 0) u + v = ⇒ 2 u + v = u = − v ⇔ 2 (3 − v) + v = u = − v ⇔  v − 3v + = u = ⇔ v = 22/29 Phương trình vô tỉ số phương pháp giải u = v = u = ⇒ x = -3 ( TM) +, Nếu  v = u = +, Nếu  ⇒ x=0 ( TM) v = Hoặc  Vậy phương trình có hai nghiệm x= 0; x = -3 Ví dụ Giải phương trình: − x + + x + − x = Giải ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt − x = u, + x = v (u, v ≥ 0) (u + v) − 2uv = (u + v) + uv = ⇒ Giải ta được: (u, v) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ ngược trở lại: x = ±2 Vậy phương trình có nghiệm: x = 2; x = -2 Ví dụ Giải phương trình : x = − x − x + − x − x + − x − x Giải ĐK : x ≤ Đặt : u = − x ; v = − x ; t = − x (u ; v ; t ≥ 0) ⇒ x = − u2 = − v2 = − t2 = uv + vt + tu Ta có hệ phương trình:  − u = uv + vt + ut  3 − v = uv + vt + ut  5 − t = uv + vt + ut u + uv + vt + ut =  ⇔  v + uv + vt + ut = 2  t + uv + vt + ut = (u + v)(u + t) = (1)  ⇔ (v + u)(v + t) = (2) (t + u)(t + v) = (3)  Nhân 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 (1) ; (2) ; (3) dẫn đến: 23/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải  v + t =   u + t =   u + v =  30 (5) 30 (6) 30 (7) Cộng vế (5) ; (6) ; (7) ta có: 2(u + v + t) = 31 30 31 30 ⇒ u +v+ t = (8) 30 60 Kết hợp (8) với (5) ; (6) ; (7) ta có:  30 u = 60   11 30 v = 60   19 30 t = 60  Từ suy ra: x = 239 ( TM) 120 Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = 239 120 Ví dụ Giải phương trình: 97 − x + x = (1) Giải Đặt 97 − x = u, x = v (u, v ≥ 0) u + v = u = u =  x = 81 ⇔ ∨ ⇔    4 v = v =  x = 16  u + v = 97 Ví dụ Giải phương trình: x + 2x − = 12(x − 1) ⇒ (1) ⇔  Giải Đặt x = u, 2x − = v (1) ⇔ u + v = 4(u + v3 ) ⇔ u + v3 + 3uv(u + v) = 4(u + v ) 3 u = −v ⇔ 3.(u + v).(u − 2uv + v ) = ⇔ 3.(u + v).(u − v) = ⇔  u = v +, u = v ⇒ x = 2x – ⇒ x = ( TM) +, Nếu u = -v ⇒ -x = 2x – ⇒ x = ( TM) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 3; x = Giải biện luận phương trình vơ tỉ Ví dụ Giải biện luận phương trình: x − = x − m Giải 24/29 Phương trình vô tỉ số phương pháp giải x ≥ m x ≥ m   ⇔ Ta có: x − = x − m ⇔  x − = x − 4xm + m 2mx − (m + 4) = – Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm m2 + m2 + – Nếu m ≠ 0: x = Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ ≥m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ ⇔ < m ≤ + Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ ⇔ m ≤ –2 Tóm lại: m2 + – Nếu m ≤ –2 < m ≤ 2: phương trình có nghiệm x = 2m – Nếu –2 < m ≤ m > 2: phương trình vơ nghiệm Ví dụ Giải biện luận phương trình với m tham số: Giải x2 − = x − m x ≥ m x ≥ m ⇔  x − = x + m − 2mx 2mx − (m + 3) = Ta có: x − = x − m ⇔  2 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2 + m2 + ≥m – Nếu m ≠ 0: x = Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ ⇔ ≤ m ≤ + Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ ⇔ m ≤ − Tóm lại: – Nếu ≤ m ≤ m ≤ − Phương trình có nghiệm: x = m2 + 2m – Nếu − < m ≤ m > : phương trình vơ nghiệm Ví dụ Giải biện luận theo tham số m phương trình: x − x = m − m Giải Điều kiện: x ≥ – Nếu m < 0: phương trình vơ nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x − 1) = ⇒ có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = – Nếu m > 0: phương trình cho tương đương với ( x − m)( x + m − 1) =  x − m =0 ⇔  x = − m + Nếu < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1 − m) + Nếu m > 1: phương trình có nghiệm: x = m 25/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải IV : Kết - Sau buổi tổ chức học bồi dưỡng tự chọn HS lớp truyền thụ cho học sinh hệ thống dạng phương pháp giải nêu nhận thấy đa số học sinh nắm vững kiến thức giải thành thạo dạng tốn giải phương trình chứa đấu giá trị tuyệt đối Với hệ thống kiến thức, dạng toán phương pháp giải xây dựng đơn giản dễ nhớ nên học sinh nắm nhanh hình thành cho học sinh niềm thích thú gặp dạng toán Kết thực tế sau thực thu sau: Thái độ Lớp Tổng số học sinh Thái độ Yêu thích Bình thường Khơng u thích 9A 16 9B 18 Chất lượng học tập thông qua kiểm tra thử Lớp Tổng số HS Khá, giỏi Trung bình Yếu SL % SL % SL % 9A 16 9B 18 Tuy nhiên hệ thống kiến thức dừng lại đối tượng học sinh có học học sinh giỏi học sinh xuất sắc cần xây dựng sâu bổ sung dạng tốn phong phú - 26/29 Phương trình vô tỉ số phương pháp giải TÀI LIỆU THAM KHẢO -Sách giáo khoa Toán -Sách tập Toán - Tập -Sách giáo viên Toán -Thiết kế soạn Toán -Để học tốt Toán (Nhà xuất GD) -Để học tốt Toán (Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội) -Tài liệu bồi dưỡng Toán -Chuyên đề nâng cao Toán 9.( liên kết nhà xuất bản) - Nâng cao phát triển Toán ( Nhà xuất giáo dục) - Hướng dẫn thực chuẩn kiến thức kĩ mơn Tốn ( Nhà xuất giáo dục) 27/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải C KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận Để gặt hái thành tích cao học tập Học sinh nhân vật trung tâm việc bồi dưỡng đào tạo, nhân tố giữ vai trò định thành công hay thất bại giáo viên làm cơng tác giảng dạy Vì em người học, người thi người đem lại thành tích Như vậy, từ chỗ học sinh lúng túng kiến thức phương pháp giải chí tỏ thái độ khơng yêu thích, qua thực tế giảng dạy với hệ thống kiến thức nêu học sinh giải thành thạo dạng tốn giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối mức Khi nắm vững kiến thức phương pháp giải học sinh có hứng thú góp phần khơi dậy niềm say mê học tập từ nâng cao chất lượng đại trà dạy học mơn Tốn Với hệ thống kiến thức xây dựng truyền thụ học sinh chủ động để tiếp thu kiến chương trình lớp Trên số phương pháp giải phương trình vơ tỉ khn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể phương pháp giải phương trình vơ tỉ lớp Ngồi phương pháp mà tơi chắt lọc nêu trên, chắn cịn nhiều phương pháp giải khác mà thân tôi, lực hạn chế thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài tơi khơng thể khơng cịn sơ suất Chính vậy, tơi mong có đóng góp, bổ sung hội đồng khoa học bạn đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện Khuyến nghị *, Với học sinh - Trước hết học sinh cần xác định rõ cần thiết việc học để sau trở thành nhười có ích cho xã hội Từ em có thái độ học tập đắn, ham học hỏi, hình thành cho en biết tìm cách giải đứng trước vấn đề - Cần hệ thống lại kiến thức nắm hệ thống kiến thức đó, nắm cách giải dạng tập đặc biệt dạng mang tính chất đặc thù - Khi đứng trước dạng tập khó khơng nên sớm nản trí mà bỏ qua, thay vào em trao đổi với bạn bè, thày giáo từ em nhớ kiến thức lâu hứng thú học *, Với đồng nghiệp 28/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải - Thường xuyên dư giờ, trao đổi kiến thức tổ, nhóm chun mơn từ giúp đỡ tiến - Nên dạy học bám sát đối tượng, không nên tập chung vào tập khó dành cho học sinh giỏi mà bỏ qua học sinh yếu mà nên có phương pháp hệ thống tập phù hợp với đa số học sinh, ngồi bổ sung tập khó dành cho học sinh giỏi *, Với nhà trường - Tiếp tục có buổi sinh hoạt chun mơn theo tổ nhóm để đồng nghiệp học hỏi lẫn *, Với cấp quản lý giáo dục - Tiếp tục tổ chức chuyên đề để giáo viên nhà trường giao lưu học hỏi XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Hà Nội, ngày 10 tháng năm 2015 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 29/29 ... Tổng số HS Khá, giỏi Trung bình Yếu SL % SL % SL % 9A 16 13 9B 18 15 6/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải III: Giải pháp - Để giải phương trình đặc biệt phương trình vơ tỉ mà phương trình. .. chương trình lớp Trên số phương pháp giải phương trình vơ tỉ khn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể phương pháp giải phương trình vơ tỉ lớp Ngồi phương pháp mà tơi chắt lọc nêu trên, chắn nhiều phương. .. x = ( TM) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 3; x = Giải biện luận phương trình vơ tỉ Ví dụ Giải biện luận phương trình: x − = x − m Giải 24/29 Phương trình vơ tỉ số phương pháp giải x ≥ m x