Hướng dẫn học sinh giải một số bất phương trình vô tỷ

HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI MỘT SỐ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Phần thứ : ĐẶT VẤN ĐỀ Xuất phát từ mục đích việc dạy học tốn trường THPT; việc dạy học ta coi mục đích chủ yếu tập tốn hình thành phát triển tư toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức biết vận dụng kiến thức vào thực tiễn Vì xây dựng hình thành cho học sinh phương pháp giải dạng toán cần thiết Bất phương trình vơ tỷ nội dung kiến thức quan trọng chương trình tốn THPT Bất phương trình vơ tỷ thường dùng để đề thi đại học thi học sinh giỏi cấp tỉnh Để giải bất phương trình vơ tỷ học sinh phải nắm vững định nghĩa bất phương trình, định nghĩa bất phương trình vơ tỷ , hai bất phương trình tương đương, phép biến đổi tương đương bất phương trình… Vấn đề đặt là, làm để nâng cao chất lượng giảng dạy kết học tập học sinh Bước vào năm học 2014-2015 phân cơng giảng dạy mơn tốn lớp 12, trước dạy ơn thi THPT Qc gia mơn tốn phần Bất phương trình vơ tỷ, tơi chuẩn bị đề tài này, xem cải tiến phương pháp dạy học “ Hướng dẫn học sinh giải số bất phương trình vô tỷ” Phần thứ hai: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ A CƠ SỞ LÝ LUẬN *) Định nghĩa : Hai bất phương trình gọi tương đương chúng có tập nghiệm *)Tính chất phép biến đổi tương đương hệ : +) Cộng (trừ) hai vế bất phương trình với biểu thức mà khơng làm thay đổi điều kiện bất phương trình ta bất phương trình tương đương +) Nhân (chia) hai vế bất phương trình với biểu thức ( dương âm) mà không làm thay đổi điều kiện bất phương trình tương đương +) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai bậc lẻ hai vế bất phương trình tương đương +) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai bậc chẵn hai vế hai vế bất phương trình dương ta bất phương trình tương đương +) Nghịch đảo hai vế bất phương trình hai vế dương ta phải đổi chiều ta bất phương trình tương đương Từ tính chất phép biến đổi tương đương hệ ta rút số kỹ sau phép biến đổi tương đương B THỰC TRẠNG Trong thực tế giảng dạy trường THPT Ba Đình, đặc biệt học sinh khối lớp 12 chuẩn bị thi THPT quốc gia, giải tốn bất phương trình vơ tỷ em gặp nhiều khó khăn, chưa định hình cách giải Ngồi cịn hay vướng mắc sai lầm kết hợp nghiệm bất phương trình vơ tỷ xét thiếu trường hợp bình phương hai vế mà khơng xét dấu hai vế dẫn tới phép biến đổi khơng tương đương….Tóm lại kỹ giải khai thác toán bất phương trình vơ tỷ học sinh cịn hạn chế Kết khảo sát giải bất phương trình vô tỷ thấp so với yêu cầu Cụ thể: Lớp Số Điểm 8-10 Điểm từ 6,5 Điểm từ Điểm từ Điểm HS đến đến 6,5 đến 12A 45 6.7 13.4 17 37.7 13 28.8 13.4 12E 45 4.4 15.4 16 35.5 12 26.6 18.0 C GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Khi dạy phần bất phương trình vô tỷ hướng dẫn học sinh theo phương pháp sau : I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Kỹ lũy thừa hai vế 1.1 Một số phép lũy thừa hai vế: a) k 1 f ( x)  k 1 g ( x)  f ( x)  g ( x) b) 2k *) *)  g ( x) 0 f ( x)  k g ( x )    f ( x )  g ( x)  g ( x) 0 f (x ) >g(x)    f ( x)   g ( x)  g ( x)   f ( x ) 0   g ( x)   f (x ) Bất phương trình tương đương x2 – 3x 0    x 3 Khi x > Kết hợp điều kiện ta x 3  2  3 Vậy tập nghiệm bất phương trình S =    3; Ví dụ : x ( x  2) ( x  1)  x 1 Phân tích : Khi gặp phải bất phương trình có chứa ẩn mẫu nhiều học sinh hoang mang ta chưa xác định dấu mẫu Đối với toán việc xác định dấu mẫu đơn giản Ta cần có điều kiện x 0 Với điều kiện x 0 ( x  1)  x  Do ta có cách giải sau Giải : Điều kiện x 0 Khi x 0 ta có ( x  1)  x  Do bất phương trình cho tương đương với x( x  2)  ( x  1)  x  x  x  x  x  x   2( x  1) x( x  1)  x  x  x   2( x  1) x  x 0  ( x  1)( x  x   x  x ) 0 Vì x 0 nên x + 1>0 Khi x  x   x  x 0  ( x  x  1) 0 x  x 1  x    1 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phương trình x   1 5 Kỹ nhân chia liên hợp : 5.1 Cách giải: +) Tìm giá trị x làm cho hai vế bất phương trình Hướng dẫn học sinh nhẩm nghiệm ghi biểu thức lên máy để tìm nghiệm +) Nếu x = a giá trị làm cho hai vế biểu thức bất phương trình phải xuất nhân tử chung (x – a) 5.2 Các ví dụ: Ví dụ 1: Giải BPT : x  15  3x   x  (1) Giải: Ta có (1)  x  15  x   3x   x  15  x  2  3x   x  15  x  Từ (2) ta có 3x    x  x  15  x   x  (2) * Mặt khác: (1)  x  15   3x   x     x 1   x  1  3  x  15  * Lại có : Vì x  x 1 nên x 1 x2  x  15   3( x  1)  x2  x2      (3)  x2    x 1 x  15   x    x 1 x  15   x 1 x2     3 x  15  x2   Vậy (3)  x    x   Kết luận : BPT (1) có tập nghiệm T = 1; Ví dụ :Giải bất phương trình x   x  x   3x  Phân tích: Trong phương trình có chứa hai bậc hai, tam thức bậc hai Có thể nhẩm x = giá trị làm cho hai vế bất phương trình Do ta dùng phương pháp liên hợp Giải : Điều kiện x  Bất phương trình tương đương x   x   x  x  0  2( x  2)   ( x  2)( x  1) 0 x   3x      ( x  2)   x  1 0  x   3x     x 1 x   3x   3x   f ( x )  f ( ) >0 Ta có f / ( x)  x  >0 1 ( x   3x  2) Xét f(x) = Do bất phương trình  x  0  x 2   Vậy tập nghiệm bất phương trình T=  ;3 3  * Chú ý: Trong toán này, việc thêm bớt, nhóm số hạng với để xuất nhân tử chung xuất phát từ việc nhẩm x = hai vế BPT Có thể xuất bất phương trình có số khác Ví dụ : Giải bất phương trình x   x   x  x  Phân tích: Nhiều học sinh nhìn thấy với bất phương trình có số khác cảm thấy lúng túng ta nghĩ đến phương pháp nhẩm nghiệm để liên hợp Nhận thấy x = giá trị làm cho hai vế bất phương trình Thay x = ta x  2 x  3 Vì ta thêm bớt số để có cách giải Giải : Điều kiện x  Bất phương trình tương đương với : ( x   2)  2( x   3)  x  x   10   (x-2)   x   ( x  6)  23 x    5x     Với đk x  biểu thức ngoặc vuông âm Do bất phương trình tương đương x-2 ( 1) Đặt t = x  2x x 1 Vì t 0 nên t 2 x  2x x  2x 2  x 1 x 1 t  ( t 0) ta có bất phương trình 2t  3t  0   t   2  x 3  13  x  x  0    x 3  13 Kết hợp ĐK suy nghiệm bất phương trình S = 3  13;) Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đó phương pháp đặt ẩn phụ đưa bất phương trình bất phương trình gồm ẩn cũ ẩn Ví dụ : Giải bất phương trình x  (3x  x  4) x  0 10 Phân tích : Đây bất phương trinh mà nhìn vào biểu thức tương đối phức tạp Nếu đổi ẩn hồn tồn bất phương trình trở bất phương trình bậc Rõ ràng khơng dễ mà giải bất phương trình Do ta nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Giải : ĐK x   y 0 Đặt y = x     y x 1 Bất phương trình trở thành x  (3x  y ) y 0 Nếu y = x = -1 bất phương trình ln Nếu y > x > - chia hai vế bất phương trình cho y3 ta x  y 1 x x x x ( )  3( )  0  (  1)(  2) 0   y y y y x  y   x Nếu y   x  x   x 2  2 Nếu x 1 1  x  x     x  y  Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình T =   1;  Đặt ẩn phụ đưa hệ Ví dụ : Giải bất phương trình Điều kiện : x 12 1    x  24  12  x 6  x  24 u  12  x v  x  24 u (v 0)  Đặt   12  x v  u  v 36(1) Ta có hệ   u  v 6( 2) (1)  u 36  v  u 3 36  v Ta có bất phương trình 36  v  v 6  36  v (6  v )  (v  6)(v  3)(v  10) 0  v   0;3   6;10  x    88; 24   3; Kết hợp đk ta có tập nghiệm bất phương trình T =   88; 24   3;13 Ví dụ : Giải bất phương trình : x  x  x  (1) Giải: Điều kiện : x �1 Nhận thấy x = -1 nghiệm bất phương trình (1) � ( x  1)( x  x  2) �( x  x  2)  ( x  1) 11 � a  x  x  �0 � Đặt : � b  x  �0 � b x x 2�� x  �۳ x 2 x ( x 1) Có : a  Khi bất phương trình trở thành : 2 ab �a2�b �� 2a �� 5ab �۳ b2 (a 2b)(2a b) (a b)(a b) a 2b a a b 2b Suy : x  x  �2 x  � x2  x  �4 x   x  x  �0 �  33 � � �  33  x ��  � ; U ;  � � � � � � �� � � Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình là: � �  33 ; �� �U 1 � � T= � Đặt ẩn phụ đưa bất phương trình lượng giác Ví dụ : Giải BPT : 1  x   x 1 Giải : Điều kiện : x   0;1    * Đặt x cos t với t  0;  BPT (1) trở thành : sin t  cos t 1  2    Do sin t sin t nên sin t  cos t sin t  cos t 1 với t  0;   2 * Do BPT cho có nghiệm x   0;1 Bài tập tự luyện: Giải BPT: 1) x  3x   x  3x   2) x   x   49 x  x  42  181  14 x 3) x x  4  x  x   x    4) 1 5) x 1  x  x x x x   x  x  2 6) x  1 x2  x 1 x2 7) x  2x x  8) x3 35  9)   10) 11)   3x  x  x x  35  x  30 x  2x   x  1  x    x   1  x       1 x2 x  x  x  18 168 x 12 12) 13) 14) x3   4x  7x 1 3x 1  1 x 1 x2  2x  2x   2x  2x  2x   2x  III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Sử dụng bất đẳng thức sử dụng phương pháp vec tơ Kỹ sử dụng BĐT để đánh giá hai vế: 1.1 Bất đẳng thức thông dụng: * Bất đẳng thức Côsi: a  a  a n n  a1 a a n Với a1 0, a 0, , a n 0 ta có n Dấu “=” xảy a1 a  a n * Bất đẳng thức Bunhiacopski : Với a1 , a , , a n , b1 , b2 , , bn ta ln có :  a1b1  a2 b2   a n bn  a12  a22   an2 b12  b22   bn2  a a a n Dấu « = » xảy b  b   b n 1.2 Các ví dụ : Ví dụ : Giải BPT :  x   x 2  x2   x 0    x 1 (*)   x 0 Giải : Điều kiện :  Khi ( 1)   x   x   x 4  x    x4 16 x4   x   x 1  0  16 2   x4 1 x   0 16 2 Điều với x thỏa mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm BPT x    1;1 Ví dụ : Giải BPT : x 1  x  2 x  x 1 1 (2) Giải : Điều kiện: x 0 (*) * Ta có: 2 x  x  1  x   x  1     2 x  x  1  Vậy (2)  x  x 1  2 x  x  1  2 x  x  1 1  x  x (3) Mặt khác: Theo BĐT bunhiacopski ta có:   x  x   1  1 1  x     x   1  x  x (4) 13 1  x  x  * Dấu xảy  1  x  x 0  1  x   x 3  x  1  x 0 Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau: x  Giải : Điều kiện x  x 1 + < 2x   ( x  1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhicỗpki ta có x 1 x 1  x 1  ( x  1)  x   ( )  x + 2x   = x  +1   4 2 x 1  x  x  24 0 phương trình vơ nghiệm = Vậy nghiệm bất phương trình x  Đẳng thức xảy  x Kỹ sử dụng tích vơ hướng hai vectơ 2.1 Định nghĩa: u.v  u v cos(u, v) a) Biểu thức tọa độ tích vơ hướng: +) Trong hệ tọa độ Oxy, u ( x; y ), v ( x' ; y ' ) u.v  x.x' y y ' +) Trong hệ tọa độ Oxyz, u ( x; y; z ), v ( x' ; y ' ; z ' ) u.v  x.x' y y ' z.z ' b) u.v  u v Dấu xảy u, v phương c) u  v  u  v Dấu xảy u, v hướng 2.2 Ví dụ: Ta quay lại thi ĐH-A-2010: Giải BPT x 1  x  x  x 1 1 (1) Giải: Điều kiện: x 0 Do 2( x  x  1) = (2 x  x  >1 nên bất phương trình (1) tương đương với 2( x  x  (1  x)  x (2)  Trong mặt phẳng tọa độ lấy a (1  x; x) , b (1;1) Khi đó: x x 1  2( x  x  1)    a.b 1  x  x ; a b  x  x  Vậy (2) trở thành a b a.b Điều xảy 1  x k k > cho: a k b    x k  x 3 a, b hướng tức tồn Nhận xét: Ta xây dựng lớp toán tương tự cách lấy vectơ thích hợp 14 IV PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ Giả sử hàm số f đơn điệu D, u(x) v(x) có miền giá trị tập D Khi ta có : f (u ( x))  f (v( x))  u ( x)  v( x) u ( x)  v( x) (Tương tự cho dấu , ,  ) Các ví dụ Ví dụ 1: Giải BPT :  x  3 x    x  3  x  x 0  x  0    x 1 (*) 1  x 0 Giải : Điều kiện :  * Khi 1   x  1 x    x  1  x  1  x   x  1  x    x     x 1      x 1  x 1   x   x    x (2) * Xét hàm số f (t ) t  t  2t với t 0 : Có f ' (t ) 3t  2t   0t 0 nên f (t ) hàm đồng biến  0; * Mặt khác : (2)  f ( x  1)  f (  x )  x    x  x  1  x  x 0 kết hợp với điều kiện (*) ta :   x 0 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S =   1;0 Ví dụ 2: Giải bất phương trình x  x   x  x  11   x  x  (1) Giải : Điều kiện : �x �3 (1) � x  x   x    x  x  x  11 � ( x  1)   x   (3  x)    x Xét hàm số : f (t )  t   t Ta có : f '(t )  t t2   t  0t � 1;3 Nên f(t) đồng biến, suy f( x-1) > f(3 - x) ↔ x – > – x ↔ x > Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình : T = ( ; 3] Một số Bài tập tự luyện : Giải BPT : 1,  x   1  4   x   x x  2, x  x  x   3x  x  3, x x    x 2 x  4, x  x   x  10 x  50 5 5, 6,   x  x    x  40  34 x  10 x  x x    x  x  x  11 7,  x   9, 11, 1  4   x   x x  x   x   50  x 12 x    x  x  x  11 8, x x  100 x  40 x  40 1 10, x  x  x   3x  x  12,   x  x    x  40  34 x  10 x  x3 15 D KIỂM NGHIỆM Khi chưa thực đề tài này, q trình giảng dạy tơi thấy học sinh hay vướng mắc giải bất phương trình vơ tỷ Sau áp dụng đề tài giúp học sinh giải nhiều dạng tốn khó bất phương trình vơ tỷ Thơng qua giải bất phương trình vơ tỷ, giúp học sinh rèn luyện khả tư duy, phát huy tính chủ động, tích cực, sáng tạo học toán, giúp em tự tin học tập Thực tế, thực đề tài này, chất lượng môn học nâng lên rõ rệt Kết cụ thể sau: Lớp Số Điểm 8-10 Điểm từ 6,5 HS đến 12A 45 13.3 13 28.9 12E 45 17.8 15 33.3 Điểm từ Điểm từ đến 6,5 đến 22 48.9 9.8 19 42.2 6.7 Điểm 0 0 Phần thứ ba: KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT Bất phương trình vơ tỷ dạng tốn khó học sinh, giảng dạy phần này, cần lựa chọn phương pháp hợp lý rèn luyện cho học sinh khả tư duy, khả hệ thống kiến thức Cần ý sửa cho học sinh cách trình bầy cách tỷ mỉ Chất lượng học sinh phụ thuộc nhiều vào giảng thầy, dạng tốn cần có phân loại hệ thống phương pháp giải Trên số kinh nghiệm rút từ thực tiễn giảng dạy phần bất phương trình vơ tỷ Trong khn khổ có hạn đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong đồng nghiệp trao đổi để nội dung đề tài hoàn chỉnh Xin chân thành cám ơn Thanh Hóa, ngày tháng năm 2015 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG CAM KẾT KHÔNG COPI Mai Thị Mơ 16 ... này, trình giảng dạy thấy học sinh hay vướng mắc giải bất phương trình vơ tỷ Sau áp dụng đề tài giúp học sinh giải nhiều dạng tốn khó bất phương trình vơ tỷ Thơng qua giải bất phương trình vơ tỷ, ... thể xuất bất phương trình có số khác Ví dụ : Giải bất phương trình x   x   x  x  Phân tích: Nhiều học sinh nhìn thấy với bất phương trình có số khác cảm thấy lúng túng ta nghĩ đến phương. .. viên phải hướng dẫn học sinh để đưa cách giải Với toán điều kiện xác định x  2 Khi x = bất phương trình 3 thừa số tích dương ta có cách giải sau Giải: Điều kiện : x  Nếu x = Bất phương trình