Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ được viết nhằm mục đích tổng hợp một số phương pháp giải phương trình vô tỉ thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm giúp các em học sinh lớp 10 có thể tự học để nâng cao kiến thức và các em học sinh lớp 12 tự ôn tập để giải tốt các đề thi Đại học - Cao đẳng.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN Lĩnh vực nghiên cứu:

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN

 Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác

(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)

Năm học: 2014 - 2015

8 Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc

chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp

10A2, 10A6, 12A4; Chủ nhiệm lớp 10A2

9 Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi

II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học

- Năm nhận bằng: 2000

- Chuyên ngành đào tạo: Toán học

III KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán

- Số năm có kinh nghiệm: 15 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

BM02-LLKHSKKN

Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BM03-TMSKKN

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

- Trong chương trình Toán học phổ thông, phương trình và bất phương trình là

một nội dung quan trọng xuyên suốt cấp học Trong đó, phương trình có chứa căn

(còn gọi là phương trình vô tỉ) là một nội dung phong phú và đem lại nhiều thú vị

Có thể nói, giải phương trình vô tỉ là đỉnh cao của kĩ năng giải phương trình, vì để

giải quyết tốt các phương trình vô tỉ đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến

thức và phép biến đổi cơ bản của căn thức , phải có tư duy ở mức độ cao và biết

cách nhận xét mối quan hệ của các biểu thức xuất hiện trong phương trình để từ

đó đề xuất cách giải phù hợp

- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các

em học sinh được tiếp cận với phương trình vô tỉ ở một vài cách giải thông

thường với những bài toán cơ bản đơn giản Nhưng trong thực tế, các bài toán giải

phương trình vô tỉ xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao

đẳng và các kì thi học sinh giỏi Sự phong phú về các dạng toán và cách giải đã

gây không ít khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ có số ít các em biết

phương pháp giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được gọn gàng, sáng sủa

thậm chí còn mắc một số sai lầm không đáng có trong khi trình bày Tại sao lại

như vậy?

- Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành,

phương trình vô tỉ được trình bày ở phần đầu chương III (Giữa học kỳ I) rất là ít

và hạn chế Chỉ có một tiết lý thuyết sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và

đưa ra cách giải thích vắn tắt và dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học

cũng rất hạn chế Hơn nữa, do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít

nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều

bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh mặc dù cách giải

nào cũng có chung một mục đích là làm mất căn thức và đơn giản hình thức bài

toán

- Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 10 Qua nhận xét

và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh nhận thức còn chậm Từ đó, giáo viên cần có

phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn

-

- Tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích tổng hợp một số phương pháp giải

phương trình vô tỉ thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng

trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm giúp các

em học sinh lớp 10 có thể tự học để nâng cao kiến thức và các em học sinh lớp 12

tự ôn tập để giải tốt các đề thi Đại học - Cao đẳng

- Tôi hy vọng chuyên đề này bổ túc cho các em học sinh một lượng kiến thức

nhất định Rất mong được sự động viên và những ý kiến đóng góp của quý Thầy

Cô và các em học sinh

Tôi xin chân thành cảm ơn !

II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1 Cơ sở lý luận:

- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và

hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào

tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ

thông Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với

kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này

- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn

toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài

tập Điều đó thể hiện ở việc “học đi đôi với hành”, đòi hỏi học sinh phải có tư

duy logic Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán

học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết

vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải

- Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học sinh THPT vận

dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải phương trình chứa ẩn

dưới dấu căn

- Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 4 phương pháp giải phương trình chứa

ẩn dưới dấu căn thường hay sử dụng:

 Phương pháp biến đổi tương đương

 Phương pháp nhân lượng liên hợp

 Phương pháp đặt ẩn phụ

 Phương pháp hàm số

2 Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:

- Đưa ra một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn, có ví dụ

cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng

- Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học

Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới

đạt kết quả tốt

-

III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP

A BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:

1 Biến đổi theo công thức:

(Ở đây ta chỉ thu được phương trình hệ quả, nên cần thử nghiệm)

Chú ý Khi bình phương hai vế của phương trình ta cần có điều kiện hai vế

không âm để có được phương trình tương đương

Bài 1 Giải các phương trình:

x x x

 x = 0

So điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 0

Chú ý: Ta chuyển vế trong bước biến đổi 1 để hai vế không âm

Bình phương 2 vế không âm của phương trình (3) ta được phương trình tương

đương : 1 x3 3 x  1 x 2 x2x1, để giải phương trình này dĩ nhiên

là không khó nhưng hơi phức tạp một chút Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu

Nếu ình phương 2 vế không âm của phương trình (4) thì việc giải có vấn đề gì?

Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?

-

Mà có : f x h x        k x g x thì ta biến đổi phương trình về dạng :

f x  h x  k x  g x sau đó bình phương , giải phương trình hệ quả

Bài 2 Giải các phương trình:

+ Nếu x = 30 phương trình thỏa mãn

+ Nếu x =  61 phương trình thỏa mãn

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 30 hay x = – 61



         Thử lại:

+ Với x = 1 thì phương trình thỏa mãn

+ Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1

Bài tập tự luyện

Bài 3 Giải các phương trình:

1/ 2 x2 3x 5x21 ĐS: x = 1, x = – 1

2 2/ 3x22x1 = 3x + 1 ĐS: x = 1

3

3/ 2x23x 4 7x2 ĐS: x = 3

4/ 3x 4 x 3 3 ĐS: x = 4, x = 7

5/ 3x 1 4x 3 5x4 ĐS: x = 1

6/ (ĐH 2005B–db1) 3x 3 5 x 2x4 ĐS: x = 2; x = 4

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1

x 825x 56 0

5 61x

3 Biến đổi về tổng bình phương:

Chú ý: Học sinh cần ôn tập lại các hằng đẳng thức

Bài 1 Giải các phương trình:

2 16

x  x + 2x2 – 6x + 20 = 0 ĐS: x = 2

B NHÂN VỚI DẠNG LIÊN HỢP :

Tổng quát: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy

phương trình luôn đưa về được dạng tích xx0  .f x  0 , trong đó ta có thể giải

phương trình f x  0 hoặc chứng minh f x  0 vô nghiệm

Chú ý: Điều kiện của phương trình để ta có thể đánh gía f x  0 vô nghiệm

Bài 1 Giải các phương trình:

2x – 1 = (x2 + 2x – 2)2 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi

phức tạp một chút Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta nhẩm nghiệm của

phương trình là 1 và từ đó biến đổi phương trình làm xuất hiện nhân tử (x –1)

(1)  2x1 – 1 = x2 + 2x – 3  2( 1)

x x

Vậy phương trình có nghiệm x = 1

b) 3x1– 6 x + 3x2 – 14x – 8 = 0 (2)

Điều kiện: 1

3

  x  6 Phân tích: ta tìm một số x ( 1

3

  x  6) để 3x + 1 và 6 – x là một số chính phương thỏa phương trình (2) Dễ thấy x = 5 thỏa (2), do đó ta đưa phương trình về dạng

(x – 5).f(x) = 0 Vì thế ta làm xuất hiện nhân tử chung x – 5 bằng phương pháp

liên thông qua việc chọn hai số a, b > 0 để hệ phương trình sau có nghiệm x = 5

a b

  x  6) Vậy phương trình có nghiệm x = 5

Dễ thấy x = 1 là nghiệm, ngoài cách thực hiện như trên ta thấy khi thay x = 1 vào

5x1 và 39x có cùng kết quả là 2 nên thực hiện phân tích như sau:

Dễ thấy phương trình có nghiệm x = 1, x = 2 Do đó phương trình sẽ có nhân tử là

x2 – 3x + 2 Tuy nhiên ta không thể nhân và chia lượng liên hợp với hai căn này

Vậy làm sao để phân tích được nhân tử x2

– 3x + 2, ta thực hiện như sau:

đổi về dạng x2   f x 0, Khi đó ta phải phân tích như sau :

-

C PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ :

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường

- Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f(x) và chú

ý điều kiện của t Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một

biến t, quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ

xem như “ hoàn toàn ” Nói chung, những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn

t = f(x) thường là những phương trình đơn giản

Dạng 1: Fnf(x),f(x) = 0 Đặt t =nf(x), ta có phương trình G(t) = 0

Dạng thường gặp: af(x) + b f(x) + c = 0

Chú ý điều kiện của ẩn phụ

Bài 1 Giải các phương trình:

So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 6

Thay vào (*) tìm được x = 1

So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 1.

2

Dạng 3: F( f(x), g(x)) 0 , trong đó F(a,b) là một biểu thức đẳng cấp bậc k n n 

Với dạng này ta xét hai trường hợp:

 TH1: g(x) = 0 thay vào phương trình ta kiểm tra,

 TH2: g(x)  0 chia hai vế phương trình cho n g (x)k và đặt tn f(x)

-

Giải

a) x 1  x24x 1 3 x  (1)

Điều kiện: x  0

 x = 0 không là nghiệm của phương trình (1)

 x > 0, chia hai vế phương trình (1) cho x ta được x  1  x   1 4 3

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2)

Với x  0, chia hai vế phương trình (2) cho x ta được: x 1 3 x  1 2 0

Ta thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (*)

Với x > 1, chia hai vế phương trình (*) cho x – 1 ta được phương trình:

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút

nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta

xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này

Dạng 4: a.f(x) g(x) f(x) h(x) 0 Với phương trình dạng này ta có thể đặt   



t f(x) , khi đó ta được phương trình theo ẩn t: at2g(x)t h(x) 0, ta giải  

phương trình này theo t, xem x là tham số

Bài 1 Giải các phương trình:

-

b) 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4x 3 (2)

Điều kiện: x  3

4(2)  4x – 3 – 4x 4x 3 + 3x2 = 0 (*)

Với t = 3x thì 4x 3 = 3x  9x2 = 4x – 3 (vô nghiệm)

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 , x = 3

x x

e) 4 x  1 1 3x2 1 x 1x2 (5)

Điều kiện: – 1  x  1

Đặt t = 1 x , (t  0)

(5)  4 1 x 3x 2t t 1x (*)

Ta rút x = 1 – t2 thay vào thì được: 2    

x x

t t

Với t = 2 1 x thì 2 1x = 1 x  x = – 3

5 Thử lại: Phương trình có nghiệm x = 0, x = – 3

3 Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:

3.1 Đặt ẩn phụ chuyển phương trình về hệ phương trình với 2 ẩn phụ:

Giải

a) 3 x  6 x 3   (3 x)(6 x) 

Điều kiện: – 3  x  6

- Các hệ thu được thông thường là các hệ đối xứng

- Đối với dạng này, ta cần chú ý đến các đẳng thức trong quá trình biến đổi

Bài 3 Giải các phương trình:

Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen

thuộc Ta có 3 hướng áp dụng sau đây:

Hướng 1: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f x( ) k (k là hằng số)

Bước 2: Xét hàm số y f x( )

Bước 3: Nhận xét:

 Với xx0  f x( )  f x( )0 k do đó x0 là nghiệm

 Với xx0  f x( )  f x( )0 k do đó phương trình vô nghiệm

 Với xx0  f x( )  f x( )0 k do đó phương trình vô nghiệm

 Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Hướng 2: thực hiện theo các bước

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f x( ) g x( )

Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f x( )và g(x) có những tính chất trái

ngược nhau và xác định x0 sao cho f x( )0 g x( )0

Bước 3: Vậy x0là nghiệm duy nhất của phương trình

Hướng 3: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f u( )  f v( )

Bước 2: Xét hàm số y f x( ), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu

Bước 3: Khi đó f u( )  f v( )  u v

Nhận xét: Vấn đề quan trọng nhất trong phương pháp này là chúng ta nhận ra

được hàm f(x) luôn đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình

1) Để nhận ra hàm luôn đơn điệu chúng ta cần nắm được một số tính chất của

hàm đơn điệu:

i) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) thì:

* Hàmyn f(x) (với điều kiện n f(x) tồn tại) cũng đồng biến(nghịch biến)

* Hàm y 1

f(x) (với f(x) > 0) nghịch biến (đồng biến)

* Hàm y = – f(x) nghịch biến (đồng biến)

ii) Tổng của hai hàm đồng biến (nghịch biến) là hàm đồng biến (nghịch biến)

iii) Tích của hai hàm dương đồng biến (nghịch biến) là một hàm đồng biến

(nghịch biến)

2) Khi nhẩm nghiệm của phương trình thì ta thường ưu tiên cho những giá trị của

x mà biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là một số lũy thừa mũ n (với căn bậc n)

Bài 1 Giải các phương trình:

Vậy x = – 3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Để kết thúc cho chuyên đề , chúng ta tồng kết lại các phương pháp đã học thông

qua một ví dụ sau:

Giải phương trình 4x 2  7x 3 (x 1) 2x    2  4x 3 

Để giải phương trình này ta tìm cách loại bỏ căn thức Điều đầu tiên mà ta nghĩ

tới đó là bình phương hai vế để loại bỏ căn, hơn nữa sau khi bình phương ta thu

Kết hợp với (1) ta có x 2   2 là nghiệm của phương trình đã cho

Ở cách giải trên, ta thấy sau khi khử căn ta đưa về một phương trình tích Điều

này gợi ý cho chúng ta biến đổi phương trình ban đầu về phương trình tích

Do x = – 1 không là nghiệm của phương trình nên ta có:

Tuy nhiên để có được (**) ta cần có thêm điều kiện 2x 2  4x 3   2x 1 0  

Như vậy ta có cách giải thứ 2 như sau:

Thay vào (3) ta thấy không thoả Suy ra 2x 2  4x 3    1 2x nên (3) tương

Kết hợp với điều kiện, ta có x 2  2 là nghiệm của phương trình đã cho

Vì trong phương trình xuất hiện căn thức nên điều tự nhiên ta nghĩ đến việc đặt

8a 2  16a 1 x   2  2 8a 2  14a 1 x 12a    2  12a 1 

Ta chọn a sao cho: 8a 2  14a 1   2  12a 2  12a 1 8a   2  16a 1   0

Phương trình này có nghiệm a = – 1 Vậy ta có cách giải thứ 3 như sau:

Cách 3 Phương trình tương đương với:

Giải các phương trình này ta tìm được nghiệm x 2   2

Vì vế trái xuất hiện tích của x + 1 và 2x 2  4x 3  nên ta nghĩ đến việc đưa hai vế

Giải các phương trình này ta được x 2  2

Vì vế trái là tam thức bậc hai và vế phải chứa căn bậc hai, tức là hai vế chứa hai

phép toán ngược nhau nên ta nghĩ đến cách chuyển về hệ đối xứng

Giải các phương trình trên ta được x 2   2

Qua 5 lời giải trên, chúng ta thấy được nếu có sự nhận xét tinh tế về mối quan hệ

giữa các biểu thức xuất hiện trong phương trình và có những suy luận hợp lí sẽ cho

chúng ta nhiều lối đi khác nhau để đến mục đích