day hoc phuong trinh bat phuong trinh vo ty

Chính vì vậy Đảng và Chính phủ ta luôn coi giáo dục là quốc sách hàng đầu. Trong đó giáo dục môn Toán giữ một vị trí rất quan trọng. Bởi lẽ rất nhiều vấn đề của các ngành khoa học kĩ thu[r]

Mở đầu 1.Lý chọn đề tài

Trải qua 20 năm đổi mới, đất nước ta thu nhiều thành tựu đáng kể kinh tế, trị, văn hóa, xã hội, đặc biệt lĩnh vực khoa học kĩ thuật Nhưng bên cạnh gặp khơng khó khăn Xã hội ngày phát triển, địi hỏi phải có đội ngũ lao động có trình độ khoa học kĩ thuật có lực sáng tạo dám nghĩ, dám làm để thích ứng với thời đại

Chính Đảng Chính phủ ta ln coi giáo dục quốc sách hàng đầu Trong giáo dục mơn Tốn giữ vị trí quan trọng Bởi lẽ nhiều vấn đề ngành khoa học kĩ thuật dược giải nhờ giúp đỡ đắc lực toán Một kiến thức quan trọng phương trình, bất phương trình chương trình THPT Đặc biệt mảng phương trình- bất phương trình vơ tỷ Rất nhiều học sinh lúng túng khó nhận dạng để lựa chọn cách giải Các em dùng tất phép biến đổi thơng thường khơng tìm lời giải phương trình- bất phương trình vơ tỷ lạ, cần vận dụng nhiều phương pháp giải chúng

Vì vậy, để giúp em học sinh nâng cao khả giải Toán hứng thú học tập, cung cấp thêm cho giáo viên phân loại số phương pháp giải phương trình − bất phương trình vơ tỷ.Chúng tơi mạnh dạn chọn đề tài ”Dạy học phương trình – bất phương trình vơ tỷ theo hướng phân loại phương pháp giải cho học sinh THPT miền núi”

2.Mục đích nghiên cứu

3.Nhiệm vụ nghiên cứu

- Tìm hiểu phương trình- bất phương trình vơ tỷ trường phổ thơng - Vai trị phương trình bất phương trình dạy học tốn - Vị trí chức tốn phương trình- bất phương trình - Phương pháp tìm lời giải

- Yêu cầu lời giải

- Xây dựng hệ thống ví dụ cho phương pháp giải - Thực nghiệm sư phạm

4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lí luận tài liệu

- Tìm hiểu thực tế phổ thơng qua phiếu điều tra - Thực nghiệm sư phạm

- Đánh giá kết thu 5 Đóng góp đề tài

Đề tài góp phần vào việc xây dựng cách có hệ thống phương pháp giải phương trình- bất phương trình vơ tỷ cho học sinh THPT, đặc biệt học sinh miền núi Đồng thời tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên ngành sư phạm toán để nâng cao chất lượng day học

6 Cấu trúc đề tài Phần mở đầu

Chương 1: Cơ sở lý luận chung

4, Yêu cầu lời giải

5, Tìm hiểu việc dạy phương trình- bất phương trình vơ tỷ số trường THPT

Phần nội dung

Chương 2: Phân loại phương pháp giải phương trình- bất phương trình vơ tỷ

1 Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp đặt ẩn phụ

3 Phương pháp nhân liên hợp Phương pháp hàm số

5 Các phương pháp khác: phương pháp bất đẳng thức, phương pháp đồ thị, phương pháp toạ độ véc tơ, phương pháp hình học, sử dụng điều kiện cần đủ, tính chẵn lẻ hàm số…

Chương 3: Thực nghiệm sư phạm

1 Mục đích thực nghiệm: kiểm tra giả thiết khoa học sở lí luận đề tài Kiểm tra khả vận dụng phương pháp giải phương trình, bất phương trình vơ tỷ

2 Nội dung thực nghiệm Tổ chức thực nghiệm

CHƯƠNG I

CƠ SỞ LÝ LUẬN CHUNG 1.1 Cơ sở lí luận

1.1.1.Vai trị phương trình - bất phương trình dạy học tốn Phương trình - bất phương trình mảng kiến thức quan trọng nhiều ngành khoa học đặc biệt Toán học Theo Ăngghen “Toán học nghiên cứu mối quan hệ số lượng hình dạng khơng gian giới khách quan Quan hệ đại lượng quan hệ số lượng bản” “Quan hệ số lượng” hiểu theo nghĩa tổng quát trừu tượng Chúng quan hệ logic “bằng nhau”, “”, “”, “>”, “<”, tập hợp số mà hiểu phép toán tập hợp có phần tử đối tượng loại tùy ý: Mệnh đề, phép biến hình…

Những kiến thức phương trình – bất phương trình nhiều nhà toán học nghiên cứu phát triển thành lý thuyết đại số cổ điển Không lý thuyết phương trình cịn giữ vai trị quan trọng nhiều mơn khác tốn học

Trong lĩnh vực nghiên cứu phương trình – bất phương trình giữ vị trí quan trọng Nhưng chương trình tốn học nhà trường phổ thơng phương trình – bất phương trình chiếm vị trí đặc biệt Vì nội dung toán học, phong phú đa dạng với nhiều phương pháp khác

1.1.2 Cấu trúc chương trình nội dung.

được ơn tập củng cố, xác hóa lại kiến thức lớp 10 đồng thời nâng cao dần cho học sinh

Lớp 8:

+ Phương trình bậc ẩn

+ Phương trình có chứa ẩn mẫu thức

+ Phương trình có chứa hệ số chữ

+ Giải toán cách lập phương trình

+ Bất phương trình bậc ẩn

+ Hai phương trình tương đương

Lớp 9:

+ Hệ phương trình tương đương + Hệ hai phương trình bậc hai ẩn + Phương trình bậc hai ẩn

+ Một số phương trình quy bậc hai

Lớp 10:

Học sinh ơn tập lại kiến thức phương trình – bất phương trình đồng thời đưa kiến thức nâng cao dần cho học sinh

- Phương trình hệ

- Phương trình có chứa than số đòi hỏi phải biện luận giải - Định nghĩa bất phương trình,

các phép biến đổi tương đương

Lớp 11:

+ Phương trình lượng giác – hệ phương trình lượng giác

+ Bất phương trình lượng giác – hệ bất phương trình lượng giác

Lớp 12:

đối với bất phương trình

- Giải bất phương trình bậc bậc hai

Bất phương trình – hệ bất phương trình mũ lôgarit

Nội dung Tiết thứ

Chương III: Phương trình – hệ phương trình (9 tiết) Bài 1: Đại cương phương trình (2 tiết)

Bài 2: Phương trình quy phương trình bậc nhất, bậc hai( tiết)

Bài 3: Phương trình hệ phương trình bậc nhiều ẩn (2 tiết)

Ơn tập chương III (1 tiết) Kiểm tra chương III(1 tiết)

Chương IV: Bất đẳng thức – bất phương trình (15 tiết) Bài 1: Bất đẳng thức (2 tiết)

Bài 2: Bất phương trình hệ bất phương trình ẩn (3 tiết)

Bài 3: Dấu nhị thức bậc (2 tiết)

Bài 4: Bất phương trình bậc hai ẩn (2 tiết) Bài 5: Dấu tam thức bậc hai (4 tiết)

Ôn tập chương IV (1 tiết) Kiểm tra chương IV (1 tiết)

19-20

21-22-23

24-25 26 27

28-29 30-31-32 33-34 35-36

37-38-39-40 41

Chương trình nâng cao

Chương III: Phương trình hệ phương trình (16 tiết) Bài 1: Đại cương phương trình (2 tiết)

Bài 2: Phương trình bậc bậc hai ẩn (2 tiết) Luyện tập (2 tiết)

Bài 3: Một số phương trình quy phương trình bậc bậc hai (1 tiết)

Luyện tập (1 tiết)

Bài 4: Hệ phương trình bậc nhiều ẩn (3 tiết) Luyện tập (2 tiết)

Bài 5: Một số ví dụ hệ phương trình bậc hai ẩn (1 tiết)

Ơn tập kiểm tra chương III (2 tiết)

Chương IV: Bất đẳng thức bất phương trình (25 tiết) Bài 1: Bất đẳng thức chứng minh bất đẳng thức (3 tiết)

Luyên tập (1 tiết)

Bài 2: Đại cương bất phương trình (1 tiết)

Bài 3: Bất phương trình hệ bất phương trình bậc ẩn (2 tiết)

Luyện tập (1 tiết)

Bài 4: Dấu nhị thức bậc (1 tiết) Luyện tập (1 tiết)

Bài 5: Hệ phương trình hệ bất phương trình bậc

24-25 26-27 28-29 30

31

32-33-34 35-36 37

38-39

40-41-42 43

44

một ẩn (2 tiết) Luyện tập (1 tiết)

Bài 6: Dấu tam thức bậc hai (1 tiết) Bài 7: Bất phương trình bậc hai (2 tiết) Luyện tập (2 tiết)

Bài 8: Một số phương trình bất phương trình quy phương trình bậc hai (2 tiết)

Luyện tập (2 tiết)

Ôn tập kiểm tra chương IV (3 tiết)

50-51 52 53 54-55 56-57 58-59

60-61 62-63-64 1.1.3 Vị trí chức tập toán học

Như ta biết tốn phương trình - bất phương trình dạng tập tốn Cho nên để hiểu vai trị phương trình - bất phương trình ta tìm hiểu vị trí chức tập toán học

Hoạt động giải tập toán học điều kiện để thực tốt mục đích dạy học trường phổ thơng Vì tổ chức có hiệu việc giải tập tốn học có vai trị định chất lượng dạy học toán

*) Vai trị tập tốn thể bình diện - Bình diện mục tiêu dạy học

+ Hình thành củng cố tri thức kỹ năng, kỹ xảo giai đoạn khác trình dạy học, kể kỹ ứng dụng vào thực tiễn

+ Phát triển lực trí tuệ: rèn luyện hoạt động tư hình thành phẩm chất trí tuệ

+ Bồi dưỡng giới quan vật biện chứng, hứng thú học tập phẩm chất đạo đức người lao động

• Trên bình diện nội dung dạy học tập toán giá mang hoạt động liên hệ với nội dung định, phương tiện cài đặt nội dung để hoàn chỉnh hay bổ sung cho tri thức trình bày phần lý thuyết

• Trên bình diện phương pháp dạy học, tập toán học giá mang hoạt động để người học kiến tạo tri thức định sở thực mục tiêu dạy học khác, khai thác tốt tập góp phần tổ chức cho học sinh học tập hoạt động tự giác tích cực chủ động sáng tạo thực độc lập giao lưu

Như tập tốn học có vai trị quan trọng, khơng phát triển lực tư học sinh đặc biệt rèn luyện thao tác trí tuệ, hình thành phẩm chất tư khoa học, kiểm tra đánh giá mức độ, kết dạy học, đánh giá khả độc lập tốn học trình độ phát triển học sinh

Bài tập PT-BPT vô tỷ mang đầy đủ chức năng, vai trò tập tốn học

1.1.4 Phương pháp tìm lời giải tốn

Khơng phải thuật giải tốn mà kinh nghiệm giải tốn mang tính chất tìm tịi phát

Dựa tư tưởng tổng quát gợi ý chi tiết Polya cách thức giải toán kiểm nghiệm thực tiễn dạy học , tổng kết phương pháp chung để giải tốn sau :

+Tìm hiểu nội nội dung đề Ta thực thao tác :

 Phát biểu đề dạng khác để hiểu rõ nội dung tốn  Phân biệt cho, phải tìm, phải chứng minh

 Có thể dùng cơng thức, kí hiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả nội dung đề

+Tìm cách giải

 Tìm tịi phát cách giải nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đốn Biến đổi cho phải tìm hay phải chứng minh.Liên hệ cho phải tìm với tri thức biết,liên hệ toán cần giải với toán cũ tương tự,một trường hợp riêng , toán tổng quát , hay toán có liên quan Sử dụng phương pháp đặc thù với dạng toán chứng minh phản chứng , quy nạp tốn học , tốn dựng hình, tốn quỹ tích

 Tìm tịi cách giải khác , so sánh chúng để chọn cách giải hợp lí

VD: Để tìm lời giải tốn giải PT: x  x 5 **    Ta cần đặt câu hỏi :

 Đã gặp toán hay chưa? Hay gặp toán dạng khác ? (PT PT vô tỷ, ta gặp nhiều lần )

 Xét chưa biết (tìm nghiệm PT )

 Thấy tốn có liên quan mà có lần bạn giải Có cần đưa thêm số yếu tố phụ áp dụng tốn ?

 Giáo viên phân tích : Đặc điểm PT chứa nghiệm, làm để biến đổi PT vơ tỷ thành PT dạng ngun? (có học sinh nêu ý kiến

chuyển vếx ta bình phương hai vế    

2 2

x 5  x

Sau đơn giản ta x2  11x 30 0  Đó cách đồng thời bình phương hai vế để đưa phương trình vơ tỷ thành phương trình dạng ngun Có thể tìm nghiệm dễ dàng )

 Để giải phương trình (**) điều kiện phương trình có nghĩa x 5

 Kiểm tra lại kết làm

x x     

 Để bình phương hai vế x 0   x 5 Đối chiếu điều kiện x 5 nghiệm phương trình cho

 Có thật có cách giải không? ( Những học sinh ham suy nghĩ không chịu dừng lại đó, họ muốn tìm phương pháp khác Có học sinh đưa cách đặt ẩn phụ để đưa phương trình vơ tỷ dạng ngun

 

 

2 y

y y y y

y L 



      

 

Quay trở tìm x ta x 0   x 5 Vậy nghiệm phương trình x 5 )

 So sánh để tìm cách giải tối ưu Rõ ràng cách thứ hai ngắn gọn Có thể coi nhạc cơng nhạc khác

+Trình bày lời giải

Từ cách giải phát hiện, xếp việc phải làm thành chương trình gồm bước theo trình tự thích hợp, thực bước +Nghiên cứu sâu lời giải

 Nghiên cứu khả ứng dụng kết lời giải

 Nghiên cứu giải toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề 1.1.5.Yêu cầu lời giải

 Lời giải không mắc phải sai lầm

− Lời giải không mắc phải sai lầm kiến thức tốn học, phương pháp suy luận, kỹ tính tốn Kết cuối phải đáp số đúng, biểu thức hàm số thoả mãn yêu cầu

− Yêu cầu đảm bảo lời giải phải đầy đủ, không thiếu trường hợp nào, chi tiết Đặc biệt giải PT-BPT không thiếu nghiệm − Ngôn ngữ dùng phải xác

− Lập luận phải chặt chẽ

+ Luận đề phải quán: Luận đề yêu cầu điều phải chứng minh Luận đề phải quán nghĩa không đánh tráo đề bài, đánh tráo điều phải chứng minh

+ Luận chứng phải hợp lôgic: Luận chứng phép suy luận sử dụng chứng minh, luận chứng phải hợp lôgic nghĩa phép suy luận phải hợp lơgic

 Tìm nhiều cách giải, chọn cách giải ngắn gọn, hợp lý

Được làm việc với tốn có nhiều lời giải khác nhau, học sinh vận dụng nhiều kiến thức khác để di đến đích, trình tìm lời giải dẫn đến học sinh biết cách so sánh lời giải với tìm lời giải hay nhất, ngắn nhất, dễ hiểu dùng kiến thức đơn giản

Tìm lời giải khác cho phương trình - bất phương trình tốt Xong vấn đề thực có hiệu học sinh giải toán theo phương pháp định Đứng trước phương trình - bất phương trình cần lo giải giải theo cách khác

 Nghiên cứu giải toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn đề Bài toán khái quát hoá từ toán ban đầu ta xây dựng toán nhờ bỏ bớt số yếu tố toán cũ, bỏ số điều kiện ràng buộc, số đòi hỏi kết luận, thay biến Khi ta có tốn mở rộng tăng thêm độ phức tạp toán cũ

 Một yêu cầu quan trọng hình thức trình bày lời giải rõ ràng đảm bảo mĩ thuật

1.2 Cơ sở thực tiễn

*Tìm hiểu việc dạy phương trình - bất phương trình vô tỷ số trường THPT Để thấy thực trạng dạy học nội dung phương trình trường THPT Sơn La Chúng điều tra mẫu trường: THPT Mai Sơn (Mai Sơn – Sơn La), THPT Phù Yên ( Phù Yên- Sơn La)

Để tìm hiểu thực trạng dạy học chúng tơi tiến hành điều tra hai đối tượng: Giáo viên học sinh Quá trình điều tra thu kết sau:

1 Điều tra giáo viên

Trường THPT

Số lượng giáo viên

Tuổi nghề Hệ đào tạo Chất lượng giảng dạy

1-10

10-20

Trên 20

Trên Đại học

Đại học

Cao đẳng

Giỏi Khá Trung bình

Mai Sơn 10 4 2

Phù Yên 14 10 2 14

Nhận xét : Qua điều tra cho ta thấy số giáo viên có thâm niên cơng tác lâu năm nên có kinh nghiệm định cơng tác giảng dạy Do trình độ bước lên lớp phương pháp dạy môn nắm vững Tuy nhiên có số giáo viên trẻ bước vào nghề nên chưa có nhiều kinh nghiệm cơng tác giảng dạy

Về trình độ: Đa số giáo viên đào tạo trình độ đại học quy chất lượng giảng dạy, đa số đạt loại khá, giỏi Trong trường có giáo viên đạt chất lượng loại giỏi danh hiệu giáo viên dạy giỏi cấp Tuy nhiên số lượng chưa nhiều có vai trị tích cực cổ vũ động viên nhà giáo phấn đấu nâng cao tay nghề chất lượng giảng dạy

Qua thăm dò thực tế nội dung việc dạy phương trình giáo viên trường THPT: THPT Mai Sơn THPT Phù Yên thu kết sau :

Bảng 2: Đánh giá nội dung “ Phương trình – Bất phương trình vơ tỉ” chương trình

STT

Trường THPT

Số lượng

Nội dung chương

trình Mức độ kiến thức Phù

hợp

Không phù hợp

Dễ Khó Bình

thường

Sơn

2 Phù

Yên 14 10

Kết điều tra cho thấy chương trình “ Phương trình- bất phương trình vơ tỷ” học sinh trường THPT tương đối phù hợp, phân bố hợp lý, mức độ kiến thức chương trình tương đối phù hợp với học sinh

Kết luận: Bằng phương pháp điều tra rút số kết luận chung thực trạng giảng dạy nội dung phương trình- bất phương trình vơ tỷ trường THPT Sơn La sau

Sử dụng linh hoạt phương pháp dạy học truyền thống phương pháp vào giảng, ý tới thao tác thực hành chưa thực sâu sắc, chưa ý tới sở xuất phát Do gây hạn chế cho việc học sinh phát triển khả nhìn nhận đánh giá có cứ, phần lớn cịn lúng túng giảng “ Phương trình - bất phuơng trình vơ tỷ” có dạng phức tạp

Một số giáo viên thực đổi theo hiểu biết dựa sở phương pháp truyền thống, hiệu chưa cao

2.Điều tra học sinh

Khó khăn lớn học sinh THPT nói chung học sinh THPT miền núi nói riêng chưa linh hoạt việc giải phương trình - bất phương trình vơ tỉ Dễ chán nản ngại làm gặp toán “ phương trình - bất phương trình vơ tỷ “ dạng khó

Bên cạnh đa số em em đồng bào dân tộc nên khơng có điều kiện để học tập, tài liệu tham khảo cịn Do kết học tập chưa cao

Qua điều tra khả nhận thức, mức độ kiến thức tính hứng thú học tập kiến thức phương trình - bất phương trình vơ tỷ học sinh

STT Tên

trường Lớp Sĩ số

Dân tộc

thiểu số Kết học tập

1 THPT

Mai Sơn 10A2 45

Khá -Giỏi

Trung Bình

Yếu

28 11

2 THPT

Phù Yên 10A1 42 18 20 12

Nhận xét: Số lượng học sinh dân tộc phân nhỏ Đây số lớp chọn trường có tỉ lệ học sinh khá cao

Bảng

STT Nội dung

THPT Mai Sơn Lớp 10A2

THPT Phù Yên Lớp 10A1

1

Tính hứng thú học tập mơn tốn

Hứng thú 30 27

Bình thường 12

Khơng hứng

2

Thời gian giành cho học tập mơn tốn

Nhiều 15 19

Vừa phải 20 21

ít 10 12

3 Đánh giá mơn tốn

Khó 38 39

Bình thường

Dễ 0

4 Phương pháp học môn toán

Tự học 0

Nghe giảng

đọc tài liệu 33 34

Nhận xét: Đa số em gặp khó khăn học toán Thời gian giành cho việc học toán chưa nhiều, phương pháp học chủ yếu nghe giảng đọc tài liệu

Bảng 3: Thống kê số kỹ giải phương trình, bất phương trình vơ tỷ

TT

Kỹ

THPT Mai Sơn

THPT Phù Yên

1 Nhận dạng PT-BPT vô tỷ

Thành thạo( %)

Chưa thành thạo( % )

Chưa biết( %)

Thành thạo (%)

Chưa thành thạo(%)

Chưa biết %

80 20 78 20

2 Phép biến đổi

tươngđương 77 15 75 20

3 Phương pháp

đặt ẩn phụ 65 20 15 50 40 10

4 Phương pháp

hàm số 15 50 35 20 40 40

5 Phương pháp

liên hợp 32 43 25 35 45 20

6 Các phương

pháp khác 22 28 50 15 40 45

dụng q trình giải tập Do giáo viên cần nắm bắt tình hình để có phương pháp giảng dạy phù hợp

CHƯƠNG II

PHÂN LOẠI CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PT-BPT VÔ TỶ 2.1 Những kiến thức có liên quan

2.1.1 Phương trình a) Định nghĩa

 Cho hàm số f(x) g(x) có TXĐ: Dfvà Dg Đặt D=Df Dg Mệnh đề chứa biến xD có dạng f(x)=g(x) (1) gọi phương trình ẩn, x gọi ẩn số D=Df Dg gọi tập xác định( hay là miền xác định) phương trình (1)

 Nếu xoDsao cho f x o g x ođúng xo nghiệm phương

tập nghiệm phương trình tập rỗng ta nói phương trình vơ nghiệm

b)Các định nghĩa phương trình tương đương

 Giải phương trình thường biến đổi phương trình đến phương trình đơn giản mà ta biết cách giải Nếu phép biến đổi khơng làm thay đổi miền xác định phương trình cho biến đổi tương đương Nếu làm thay đổi miền xác định phương trình tập hợp nghiệm phương trình cho bị thay đổi

 Muốn biết rõ ta dựa vào định lý hệ sau:

Định lý 1:Cho phương trình f x  g x  Nếu h x  có miền xác định với phương trình cho f x  g x   f x  h x  g x  h x 

 Hệ : Có thể chuyển hạng tử từ vế sang vế phương trình phải đổi dấu

           

f x g x h x  f x g x  h x

 Hệ :Mọi phương trình đưa dạng mà vế thứ :F x  0

Định lý 2:Cho phương trình f x  g x  Nếu biểu thức h x  có nghĩa khác miền xác định phương trình cho

           

f x g x  h x f x h x g x

 Hệ :Có thể nhân vế phương trình với số khác tuỳ ý

Định lý 3: Nếu nâng vế phương trình lên luỹ thừa bậc lẻ ta phương trình tương đương với phương trình cho

c)Phương trình vơ tỷ

vơ tỷ ( có chứa thức biến số; x biến, phương trình ẩn, x xem n biến xx , x , , x1 nRn phương trình có n ẩn

2.1.2 Bất phương trình a) Định nghĩa

Cho hai hàm số f x ,g x    với x R n f x  có miền xác định PRn,  

g x có miền xác định Q Rn

 Cả hai hàm số xác định miền

S P Q 

Bất phương trình f x  g x  kí hiệu hàm mệnh đề “số trị hàm số  

f x lớn số trị hàm số g x  ”

S P Q  miền xác định bất phương trình. Nếu x0S f x 0 g x 0 x0 nghiệm BPT

  0  0 

T x S f x g x

là tập nghiệm BPT

Giải BPT tìm tập nghiệm Nếu tập nghiệm BPT tập rỗng ta nói BPT vơ nghiệm

Định nghĩa tương tự cho f x  g x ; f x    g x ; f x    g x  b)Bất phương trình tương đương

Định lý 1: Cho hai hàm số f x ;g x    với x R n f x  g x   g x  f x  Định lý 2: Cho ba hàm số f x ;g x ;h x      với x R n

             

f x g x  h x f x h x g x ở h x  có nghĩa miền

Định lý 3:Cho ba hàm số f x ;g x ;h x      với x R n              

f x g x  h x f x h x g x (h 0 miền xác định (1)

               

f x g x  h x f x h x g x h 0 miền xác định (2)

Định lý 4: Cho hai hàm số f x ;g x    với x R n  

     

f x

0 f x g x

g x   

c) Bất phương trình vơ tỷ

Ta biết bất phương trình vơ tỷ bất phương trình có chứa ẩn dấu thức, nói khác bất phương trình dạng f x  0 hay f x  0 f x  hàm số vơ tỷ (có chứa thức biến số, x biến, phương trình ẩn, x xem n biến xx ;x x1 nRn phương trình có n ẩn )

2.2.Một số phương pháp giải thường gặp 2.2.1 Phương pháp biến đổi tương đương

Giả sử f(x), g(x) hai hàm số xác định ER

a) Đối với phương trình vô tỷ Dạng1

     

   

2n

2n

g x

f x g x

f x g x

 



  

 

  



        2n

2n 1 f x g x  f x g x  

 

Dạng

   

   

    2n 2n

f x

f x g x g x

f x g x

 



   



 

       

Dạng3

           

         

                 

2n 2n 2n

2n

2n 2n 2n 2n

f x 0,g x 0,h x

f x g x h x

f x g x 2n f x g x h x

f x g x h x f x g x 2n f x g x h x

   

   



   

  

 

      

Các thức bậc lẻ làm xong phải thử lại để khử nghiệm ngoại lai Ví dụ minh hoạ: Giải phương trình sau:

1 3x2  9x x 0    (1).

2 x2  2x 4  x 0  (2).

3 x 1  33x 1 3 x 1 (3). Bài giải

1 Phân tích: Nhận thấy phương trình (1) biến đổi áp dụng dạng1 để giải phương trình

Lời giải

(1)  

2 2 2

2

2 x x

3x 9x x 4x

3x 9x x

 

   



   

    

   

 



2

x

x x 3 1

x

2x 5x

x    

  

     

   

  

 

Vậy phương trình (1) có nghiệm

1 x

Lưu ý: Khi giải PT học sinh thường đặt điều kiện 3x2  9x 0  mà không đặt điều kiện x 0  để bình phương vế Do lời giải bị sai.

2 Phân tích: Nhận thấy phương trình (2) biến đổi áp dụng dạng để giải phương trình

Lời giải:

  2

2 x x

2 x 2x x

x 2x x x x

  

 

        

      

 

x

x

x

x   

     

 



 Vậy phương trình (2) có nghiệm x=-2. Áp dụng dạng để giải phương trình ta có:

   

 

     

       

3

3 3 3

3 3

3 3 3

3

3 x 3x x x 3x x

x 3x x 3x x 3x x

3 x 3x x 3x x 3x x x

x 3x x x

           

           

           

       

x 3x 2x x2 2x 1 4x x 12  x

x

 

            

  Thử lại, thay x=0 vào phương trình (3) ta có: 2=-1(vô lý)

Vậy x=0 không thỏa mãn phương trình (3) nên khơng nghiệm phương trình (3)

Thay x=-1 vào phương trình (3) ta có: 2  3 (đẳng thức đúng) Vậy phương trình (3) có nghiệm x=-1

Chú ý: Trong số phương trình để giải cho gọn ta giải các phương trình hệ chúng, sau kiểm tra lại kết

Dạng               2n 2n

f x

g x

f x g x

g x

f x g x

                                    2n 2n

f x

f x g x g x

f x g x

                Dạng2

        2n

2n 1 f x g x  f x  g x  

          2n 2n 1 f x g x  f x  g x  

  Dạng                                            

2n 2n 2n

2n

2n 2n 2n

2n

f x 0,g x 0,h x

f x g x h x

f x g x 2n f x g x h x

f x 0,g x 0,h x

f x g x h x

f x g x 2n f x g x h x

                                                               

2n 2n 2n 2n

2n 2n 2n 2n

f x g x h x f x g x 2n f x g x h x

f x g x h x f x g x 2n f x g x h x

   

   

      

      

Ví dụ minh hoạ: Giải bất phương trình sau: 2 x 2x2  x 2(1)

2 x2 4x 5 x 1(2)

3 3 2 x x 1 (3) Bài giải

1 Phân tích :

Lời giải

(1) tương đương với tuyển hai hệ bất phương trình sau

(I)

2

4 2x 2x

x

   



  

; (II)   2

x

4 2x 2x x

           Hệ (I)   x x 2;1 x x             Hệ(II)

2 2

x

x x x 0

(VN)

4 2x 2x x 4x 3x 2x

x                               Vậy nghiệm bất phương trình cho là: 2 x 1 Phân tích:

Bất phương trình (2) cho có dạng f (x) g(x) Áp dụng phép biến đổi tương đương dạng ta có cách giải bất phương trình

Lời giải:

Bất phương trình (2) tương đương

 

2

2 2

2

x x x

x x x

x 4x

x x x x x

2x x

x 4x x 2x

x 4x x

                                                                    

Vậy nghiệm bất phương trình cho là:x 5 Bất phương trình (3) có nghĩa với x 1 (*)

Khi đó:

   

   

3

3 x x x x

2 x x x (2*)

         

Vì x 1 khơng phải nghiệm bất phương trình (2*) nên

   

2 x2 12x 20 0 x

16(x 1) x

2 x x

3 x 10

x

x x

x   

          

  

        



 

  

   



Vậy bất phương trình nghiệm cho

1 x x 10

  

   c) Kết luận:

+ Phương pháp biến đổi tương đương phương pháp quan trọng, tiền đề đặt móng cho phương pháp khác Các phương trình - bất phương trình vơ tỷ dạng phức tạp chuyển dạng đơn giản phép biến đổi tương đương

+ Khi giải phương pháp biến đổi tương đương trước hết ta phải đặt điều kiện Do phương trình- bất phương trình thường đặt điều kiện mà ẩn phải thỏa mãn

+ Quy tắc giản ước

Khác với biểu thức đại số bậc nguyên, thừa số khác khơng ta giản ước đặt thừa số chung Đối với biểu thức chứa căn, cần lưu ý tới điều kiện có nghĩa

+ Khi gặp dạng tốn giải biện luận phương trình - bất phương trình vơ tỷ có chứa thức ta thường thực bước:

B1: Đặt điều kiện để biểu thức chứa có nghĩa

B2: Sử dụng phép biến đổi tương đương chuyển phương trình - bất phương trình hệ phương trình - bất phương trình đại số, từ tìm nghiệm x

*Tri thức phương pháp dạng : Từng bước biến đổi tương đương phải tuyệt đối tuân theo dạng nêu

Bài tập đề nghị Giải PT-BPT sau:

1 3x 1  2x x  x 4  x  2x

3 x 5   2x 4 312 x  314 x 2  . x2  x m 

6 x 3  x 1  x 2 5x2 10x x    2x

8 x2  3x 2  x2  4x x   5x 4

9 m x  x m

10 x m  x 2m  x 3m

2.2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ

a Đưa phương trình – bất phương trình dạng có ẩn phụ

 Nếu phương trình - bất phương trình có chứa f (x);g x  ta đặt

f (x) t (t 0)  Từ đó, ta biểu thị f (x)qua t t2 f (x) VD1: Giải phương trình sau:

 

2 x  2x  x  2x 0  

(1)

Phân tích: Ở phương trình (1) ta dùng phép biến đổi tương đương thì phương trình nâng bậc khó giải

Mặt khác, nhận thấy phương trình (1) có chứa x2  2x 3 ta coi t và

ta viết :      

2 2

Do đó, đặt x2  2x 3 =t 2 x  2x 2t2 6 Khi (1) trở thành phương trình bậc hai biết cách giải

Trình bày lời giải: Điều kiện:

2

x

x 2x

x

(1) 2(x 2x 3) x 2x

      

 

        

Đặt t  x2  2x t 0    Khi phương trình (1) trở thành:

2

t

2t t 2t t 3

t   

         

  

Ta thấy

3 t

2  

không thỏa mãn điều kiện Nên bị loại Với t=1 ta có:

2 2 x

x 2x x 2x x 2x

x

  

            

  

Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt là:

x 1  5;x 1  5.

VD2: Giải bất phương trình sau:    

x x 4  x 5x 2 (2)

Trình bày lời giải:

Điều kiện để (2) có nghĩa là:

x x 4   x

x

 

    

  Ta có :x x 4     x2 5x 4

Đặt:        

2

x x 4  t t *  x 5x t 

Bất phương trình (2) trở thành :

2 t

t t t t

t

         

   Kết hợp với điều kiện (*) ta t 2

Khi

x x 4   x2 5x 4 x2 5x x

x

 

           

  

Vậy nghiệm bất phương trình là:

x

x

     

– Nếu phương trình- bất phương trình có dạng

f (x), g(x), f (x)g(x) k 0  (k số).

Đặt f x  t t 0   Khi  

k g x

t  VD3: Giải phương trình sau

x x2  1 x x2 2 (3)

Phân tích: Đối với phương trình dạng dùng phương pháp biến đổi tương đương Tuy nhiên, điều đặc biệt phương trình là:

2 2

2

x x x x 1 x x

x x

        

  .

Đặt

2

t x x 1(t 0) x x

t

       

Khi (3) trở thành:

2

t t

1

t t

t t 2t (t 1)

 

 

       

    

  (thỏa mãn).

2 2

2

t x x 1 x x 1 x x

x x

x 2x

x 2x x

                              

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm {1}

VD4: Giải bất phương trình sau:4 x x2  1 x x2  2 (4)

Nếu giải bất phương trình (4) theo phép biến đổi tương đương thơng thường ta phải khai triển biểu thức bậc Như phức tạp Để phát

hiện ẩn phụ ta biến đổi BPT cho, ý rằng  

2

x x  x x  1

Trình bày lời giải:

(4)

2

4

1

x x

x x

    

  (*)

(*) có dạng4

1

f (x)

f (x)   Đặt t 4 x x2  t 1   (2 *)

Khi (*) trở thành

2

1

t

1

t t 2t

t 1 5

4 x x2 1 1 x x2 1 1 x2 1 x

           (3*) Vì điều kiện x 1 1 x 0  Nên (3*)đúng với  x

Vậy nghiệm BPT cho là: x 1

 Nếu phương trình -bất phương trình có dạng :

f (x) g(x); f (x)g(x);f (x) g(x) k 0   . Thì ta đặt t f (x) g(x)

VD5: Giải phương trình sau:

3 x  x 3  (5)

Phân tích: Ta thấy biểu thức (3 x)(6 x)  biểu thị qua

3 x  x Đặt

2

t

3 x x t (3 x)(6 x)

2 

       

Trình bày lời giải.

Điều kiện:

3 x

3 x 6 x

  

    

  

Đặt t x  x  t2  9 (3 x)(6 x) *     9 t 3. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki có:

 3 x 6 x2 2(3 x x) 18 t2 18 3 t 2

             

Suy ra: t 2  . Từ (*)

2

t

(3 x)(6 x)

2 

   

2

2 2t t 9 6 t

t

t t

2 3 t 2

t                          Với x

t (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)

x                Vậy nghiệm phương trình cho là:x 3;x 6

VD6: Giải bất phương trình

2

1 x  x 3  8 x  2x 3 Tìm điều kiện để BPT có nghĩa:

2

1 x x

x x 3 x

3 x

x 2x

                         

nếu coi f (x) x;g(x) x 3    Thì f (x) g(x) x x 4     

mặt khác ta lại có:  x2  2x 3  (1 x)(x 3)   f (x).g(x)

do đặt    

2

1 x  x t   t  4 x x 3   t 2 (*)

Khi đó: (1 x)(x 3) t    Bất phương trình cho trở thành:

2 t

t t t t 12

t              kết hợp điều kiện (*) ta có t 4

          2 2

1 x x x x x x 16

1 x x x 2x 36

x 2x 33 x 2x 33 x 32 0(VN)

           

        

            

b Dùng ẩn phụ để đưa phương trình-bất phương trình dạng có ẩn phụ hệ số chứa x(phép đặt ẩn phụ khơng tồn phần )

VD1: Giải phương trình

2 x 3x x      x (1).

Phân tích: Coi x t biến độc lập, viết (1) dạng:

4 x 3(1 t ) 2t t x      

   

2

3t x t x 0(*)

       

Như coi x t ẩn phụ có phương trình tương tự Ở dạng này, trước giải ta cần biểu diễn số hạng 3x dạng tổ hợp số: x; x. 

   

3x x   x   Chọn   , , thích hợp để  0. Trình bày lời giải.

Điều kiện:   1 x 1.

Đặt x t   3x (1 x) 2(1 x) 1    t2 2(x 1) 1  Khi phương trình (1) trở thành:

   

2

2

4 x t 2(x 1) 2t t x

t x t x x

        

        

2 x2

3

t x x

5

t x x 0

 

     

  



  

  

Vậy phương trình cho có tập nghiệm {

3 ;0 

}

VD2: Giải BPT sau:x2  2x x  2x (2)

Phân tích: Để giải bất phương trình có nhiều cách, dùng phép biến đổi tương đương phức tạp đưa bất phương trình bậc Ta

nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ Nếu đặt x2  2x t(t 0)   x2  2x t 2, khó khăn biểu diễn x x2 qua t

Vì ta đưa (2) bất phương trình bậc mà hệ số cịn chứa x, tính , tìm nghiệm t Việc tìm x đơn giản

Trình bày lời giải:

Đặt t x2  2x (đk t 0 ) t2 x2  2x  x2  t2 2x Khi bất phương trình cho trở thành:

2

t 2x 2xt   t  2xt 2x 0   (*)

Coi (*) tam thức bậc ẩn t: f (t) t 2 2xt 2x 0  

Ta có:   x2  2x (x 1)  

f (t) 0 có nghiệm là:

2

t 2x

t

 

 

Khi (*)

t 2x (I) t

(t 2x 1)(t 1)

t 2x (II) t

                           Giải hệ: 2

x 2x 2x (2)

(I)

x 2x (3)

           (2) 2

2x (**)

x 2x

2x

(3*)

x 2x (2x 1)

                     Có x

(**) x 0 x

x               

2 2

1

x x

(3*) 2

x 2x 4x 4x 3x 2x

 

 

 

   

         

  (VN)

2 x

(3) x 2x

x

  

    

  

Nghiệm hệ (I) là:x (   ,1 2

2

x 2x 2x 1(4*)

(II)

x 2x 1(5*)

           2 x 2x

(4*) 3x 2x x

0 x 2x (2x 1)

 



2

2

x ( ,0 2, )

x 2x

(5*) x (1 2,0 2,1 2)

x 2x x (1 2,1 2)

     

  

  

        

    

 

 

Nghiệm hệ (II) làx2,1 2)

Vậy nghiệm bất phương trình cho là: x (   ,1 2)2,1 2) Chú ý: Có phương trình - bất phương trình lựa chọn ẩn phụ cho một biểu thức biểu thức cịn lại khơng biểu diễn triệt để qua ẩn phụ biểu diễn lại cồng kềnh phức tạp Khi ta lựa chọn hướng sau:

Hướng 1: Lựa chọn phương pháp khác

Hướng 2: Thử để phương trình- bất phương trình dạng “chứa ẩn phụ hệ số chứa x ” Khi ta phương trình bậc hai theo ẩn phụ có  số phương.

c Dùng ẩn phụ để đưa phương trình – bất phương trình dạng hệ phương trình ẩn phụ

VD1: Giải phương trình: x  x 3  (VD5 trang 32)(1)

Phân tích: Đối với tốn, để học sinh hiểu chất tốn đó giáo viên cần hướng cho học sinh nhiều cách nhìn nhận toán cách nhiều hướng giải tốn VD5 ta làm cách khác sau:

Trình bày lời giải.

Điều kiện:

3 x

3 x 6 x

  

    

 



Đặt

2

2 2

u x (u 0) u x

u v

v x

v x (v 0)

      

 

   

 

  

  

 

Khi phương trình (1) trở thành:

   

 

2

2

2 2

u v uv u v uv

u v uv

u v u v 2uv u v 2uv

u v uv

u v uv u v uv

uv uv

9 6uv u v 2uv 4uv u v

                                                            

u v uv uv uv             

Với uv4khơng thỏa mãn điều kiện tốn nên bị loại.

Với

x

uv (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)

x                Vậy phương trình (1) có tập nghiệm {-3;6}

VD2: Giải bất phương trình sau:  

x x 3    x 3 2x 2 (2) Phân tích :

Nhận thấy vế trái có hai hạng tử x 1, x 3  Vế phải có chứa hai hạng tử

2(x 3) 2x 2(x 1) 2( x 1)     2 Nếu bình phương hai vế một bất phương trình bậc phức tạp, khó tìm cách giải Do ta đưa bất phương trình cho hệ bất phương trình dễ dàng việc tìm nghiệm

Trình bày lời giải

Điều kiện: 2

x x

x

2(x 3) 2x x 5x

                  

Khi bất phương trình trở thành:

 

2 2 2

2

u v u v u v

u v 2u 2v 2(u v ) (u v) u u

u u v 0 v

                                    Ta có: 2

x x

x x

x x

(x 3) x x 7x 10

x

                             

Vậy nghiệm bất phương trình cho x 5 Nhận xét:

 Đối với phương trình dạng:

ma f (x) mb f (x) c 

Ta đặt:

m

m m m

u a f (x)

u v a b

v b f (x)

             .

Khi ta thu hệ phương trình:

m m

u v a b

u v c

   



  

 Sử dụng ẩn phụ biến đổi bất phương trình thành hệ bất phương trình với ẩn phụ bất phương trình tích

Lưu ý :

A B A.B A B                



A B A.B A B                 

d Dùng ẩn phụ để đưa phương trình dạng hệ phương trình ẩn phụ ẩn x

Phương trình chứa bậc hai lũy thừa bậc 2

Phương pháp chung:

Đặt dy e  ax b

Khi phương trình chuyển thành hệ:

          2 2

dy e ax b

dy e ax b

dy e c(dx e) dx c dx e x dy e

c dy e acx bc(1)

c dx e ac d x dy bc(2)

                                           

Trừ theo vế phương trình (1) ta được:

x y(3) d(x y)h(x, y)

h(x, y)(4)  

   



Với (3) thay vào phương trình (1)được phương trình bậc hai ẩn x Với (4) thay vào phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn x Khi biến đổi phương trình ban đầu dạng thỏa mãn điều kiện

        3 3

dy e ax b

dy e axc b

dy e ax b

dy e c dx e x c dx e ac d x dy bc

                                

Trừ vế phương trình ta được:

   

 

x y d x y h x, y

h x, y  

   



Với (3) thay vào (1) phương trình bậc hai ẩn x Với (4) thay vào (1) phương trình bậc hai ẩn x VD: Giải phương trình:

2

Phân tích: Ta thấy vế trái biểu thức chứa Vế phải không chứa căn, bậc vế trái lớn bậc vế phải nên thông thường ta đặt biểu thức chứa

căn  x 1  ẩn phụ biểu thức biểu thị qua ẩn phụ Nhưng vế phải phương trình (1) khơng biểu thị qua vế trái nên ta phải lựa chọn phép biến đổi làm cho phương trình trở nên đơn giản quy phương trình biết cách giải

Trình bày lời giải:

Điều kiện x 0   x 1

Ta thấy a b c d 1;e 2,        0, Đặt y 2  x 1(y 2) 

Phương trình (1) trở thành:

 

 

2

2

y x

y x

y x 4x y x

   

   

 



 

   

     

 

 

 

2

2

y x 1(*)

x y 1(2*)

   

  

  

  Trừ vế phải (*) (2*)ta được:

       

   

2

x y y x x y x y y x

x y x y

x y x y 5

x y x y

2

          

  

 

       



    



 Với x y 0   x y thay vào (1) được:

x 2 2   x x2 3x 0  (phương trình vơ nghiệm). Vậy phương trình (1)vơ nghiệm

e Đặt ẩn phụ dùng phương pháp lượng giác hóa

x | a | sint, t ; 2  

 

   

  x | a | cos t, t 0; .

o Nếu toán có chứa biểu thức a2 x2 ta đặt x a tan t t 2;          

 

 

hoặc x a cot t, t 0;

o Nếu toán chứa dạng

2

2 2

2t t 2t

; ;

1 t t t 

   đặt t tan  

với

0; 

 

     .

o Nếu PT-BPT chứa

a x a x

;

a x a x

 

  đặt x acos2t

o Nếu PT-BPT chứa (x a)(x b)  đặt x a (b a)sin t   VD1: Giải phương trình sau:

2

12 3x  x m(1).

Phân tích: Bài tốn giải :

+ Phương pháp biến đổi tương đương + Phương pháp lượng giác hóa

+ Phương pháp đưa phương trình dạng hệ Trình bày lời giải

Đặt

x sin t,t ;

2  

 

   

  Khi phương trình có dạng:

2

12 12sin t 2sin t m cos t 2sin t m, t ; 2     

         

 

 

m sin t

3



 

   

Với

5

t t

2 6

      

     

Dựa vào đường trịn đơn vị ta có số nghiệm Phương trình số giao điểm đường thẳng

m y

4 

cung tròn AB

Với +)

m

1 m 4

4

m m

4

  

  



 

   

 phương trình vơ nghiệm.

+)

m

1

m

2

    

  

 phương trình có nghiệm nhất.

+)

m

1

4

   

phương trình có nghiệm phân biệt

VD2: Giải BPT sau: 2

1 3x

1

1 x  1 x  (2)

Phân tích: Nếu sử dụng phép biến đổi tương đương, ta bình phương hai vế Tuy nhiên việc làm khó thực hiện, ta chưa biết rõ dấu hai vế

thế Nhận thấy BPT (2) xuất x dạng a2  x2 Nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ lượng giác

Trình bày lời giải

BPT cho có dạng :

2 2

1 3cos t 3cos t

1

1 cos t  1 cos t   sin t  sin t  (2*)

Do t0, Do sin t 0 hay sin t sin t, t 0,

(2*)

2 cot t

1 cot t 3cot cot t 3cot t

cot t  

         

 

gọi  góc mà cot 2

cot

cos

5 cot

   

 

y

M B M0 N0 N

0 A x

Ta được:

Khi cot t cot t cot 4 k t k

 

          

(3*)

Do t (0, )  nên (3*)

2

t cos cos t cos x

4

 

           

Khi

2

cot t cot t cot cos cos t x

5

          

Vậy nghiệm BPT

2 x

2

x



   

 

  

Chú ý : Nếu đối số x kèm theo điều kiện x 1 , thường đặt x cos 

x sin  Khi x a(a 0) , ta đặt x acos  hay x a sin  Ví dụ : Xác định tham số a để BPT sau có nghiệm:

a x  a x 2 (3)

Trình bày lời giải

Để BPT có nghĩa thì:

x

a x

a x

  

 

 

 



TH1:a 0  a x 0 .Vậy BPT (3) vô nghiệm TH2:a 0

Khi a 0 Thì thay vào (1) ta x 0

Khi a 0 Thì điều kiện

x x

x

x a

a   



 



 

  



 



Vậy ta đặt : x a cos t (t0, ) Khi

     

  2

3 a a cos t a a cos t a cos t a cos t

t t

a cos t cos t 2a cos sin

2

t t t

cos sin cos

2 a a

         

 

        

 



 

       

 

Với

1

0 t a

2 a



      

Chú ý: Nghiệm phương trình – bất phương trình ẩn t họ nghiệm, ta loại nghiệm cách xét điều kiện ẩn t ban đầu Do ta tìm nghiệm x

Kết luận:

- Mục trình bày ứng dụng phương pháp đặt ẩn phụ vào số phương trình - bất phương trình vơ tỷ khơng bản, nhằm nâng cao hiểu biết khả phát triển tư sáng tạo cho học sinh

- Việc giải phương trình - bất phương trình vơ tỉ thường gây nhiều khó khăn phức tạp Nếu nâng lên luỹ thừa để làm dấu dẫn đến phương trình - bất phương trình bậc cao khơng biết cách giải Tuy nhiên biết cách đặt ẩn phụ cách thích hợp chuyển phương trình - bất phương trình vơ tỉ phương trình - bất phương trình ẩn hệ phương trình ẩn dễ dàng giải

* Tri thức phương pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp ta chuyển việc giải phương trình - bất phương trình vơ tỉ việc giải phương trình - bất phương trình ẩn hay hệ phương trình ẩn đơn giản Bằng cách thực theo bước:

Bước 1: Biến đổi để đưa phương trình dạng đơn giản(nếu cần). Bước 2: Đặt ẩn phụ cho thích hợp nhất.

Bước 3: Tìm điều kiện cho ẩn mới.

Bước 4: Giải phương trình với ẩn đó Bước 5: Tìm nghiệm ban đầu kết luận. Bài tập đề nghị.

Giải phương trình – bất phương trình sau:

1 x2  3x 2x   6x 5

2 x 10 x   x2 x 12

5

5

5 x 2x

2x x

3 x 4x3  3x

4 Với giá trị a phương trình sau có nghiệm:

31 x  31 x a 

6

2x

x

x

 



7 2

1 3x

1 x  1 x  x a2  x2 a

9

2 18

x x

x

  



2.2.3 Phương pháp nhân liên hợp

Dấu hiệu : Khi phương trình có dạng a f (x) b g(x) ta dùng phương pháp nhân liên hợp

VD: x2  2 3x2  5x 1  3x2  7x 3  x2  3x 4 (1)

Phân tích: Bài tốn dùng phương pháp biến đổi tương đương Nhận thấy biểu thức đa thức bậc hai: ax2 bx c hệ số a của đa thức có vai trị

Trình bày lời giải.

Điều kiện:

2

2

2

x

3x 5x

3x 7x

x 3x

  



  

 

  



   

 (*)

2 2

2 2

2 2

2 2

(1) x x 3x 3x 7x 3x 5x

x x 3x 3x 7x 3x 5x

x x 3x x 7x 3x 5x

3x 2x

x x 3x x 7x 3x 5x

          

        

 

        

 

 

Ta thấy: Các mẫu thức dương tập xác định

Với x 2  VT VP 0   x 2 nghiệm phương trình.

Nếu x 2  VP 0,VT 0   phương trình khơng có nghiệm x 2 Nếu x 2  VT 0,VP 0   phương trình khơng có nghiệm x 2 . Đối chiếu với điều kiện (*) Vậy x 2 nghiệm phương trình Bài tập đề nghị.

Giải phương trình sau:

1

2

1 2x x

x 1  x    

2

x

4x 3x

5 

   

3 x2  3x 4  x2  3x 7  Với giá trị a

phương trình sau có nghiệm:

5  

3

x 3x  a x  x 1 2.2.4.Phương pháp hàm số

a Đối với phương trình vơ tỷ

* Chuyển phương trình dạng f(x)=k

+ Chứng minh f(x) đơn điệu (đồng biến nghịch biến) + f (x ) ko   xo nghiệm

o o

o

o o

x x f (x) f (x ) k

x x

x x f (x) f (x ) k

     

  

      đều nghiệm * + Chuyển phương trình dạng f(x)=g(x) xác định D

* + Chuyển phương trình dạng f (u) f (v) + Chứng minh f(x) đồng biến

+ f (u) f (v)  u v

* Nếu f(x) liên tục D max f xx D   f (x)x D

Phương trình f (x) m có nghiệm x D  

x D x D

min f (x) m max f x

 

  

* Nghiệm phương trình f(x)=g(x) hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y f (x) y g(x)

Ngồi ra:

Định lí Largrange: Cho hàm số f(x) liên tục a,b khả vi (a,b)

thì tồn c (a,b) cho

' f (b) f (a) f (c)

b a  

 .

Định lí Rolle: Nếu hàm số f(x) lồi lõm D phương trình

f (x) 0 có khơng q nghiệm D. VD : Giải phương trình sau:

2

x x  x 1  x 1  x x 1  (1) Điều kiện:

2

2

2

x x x

x x x

(1) x x x x x x x x 1(*)

    

 

    

 

           

Hàm số f(x) đồng biến R

1 2

x , x R,x x

   ta có:

2

1 2

1 1 2

1 3

0 x x x x

2 4

1 3

x x x x x x

2 4

   

          

   

   

         

   

1

f (x ) f (x )

   Hàm số đồng biến R

Vậy phương trình (*) f (x) f (x 1)   x x 1  (phương trình vơ nghiệm) b Đối với bất phương trình vơ tỷ

 Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số để giải BPT dạng tốn quen thuộc Ta có hướng áp dụng sau:

Hướng1: Thực theo bước sau:

B1: Chuyển BPT dạng f x  k

B2: Xét hàm số y f x   Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến nghịch biến )

B3: Nhận xét

Hướng 2:Thực theo bước :

B1:Chuyển BPT dạng f u  f v 2   

B2:Xét hàm số y f x   khoảng xác định f Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu ( giả sử đồng biến nghịch biến )

B1: Xét hàm số :y f x,m  

 Tìm miền xác định hàm số  Tính đạo hàm y giải PT y 0  Lập bảng biến thiên hàm số B2: Kết luận cho trường hợp sau:

 BPT có nghiệm x D   y g m



 

 BPT nghiệm với x D  

x max y g m



  

Tương tự cho BPT : f x,m  g m  Với kết luận:

 BPT có nghiệm x D   max y g m



 

 BPT nghiệm x D  

x y g m



  

Chú ý: Giả thiết x D x D max y ; y

 



VD2: Giải BPT sau: x  x2  1(2)

Phân tích: Nhận thấy VT=1, VP=f x   x  x2 

Mà f x  đồng biến 1,) Mặt khác f 1  1 Khi    

f x f

Vậy ta sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải BPT Trình bày lời giải:

Điều kiện để BPT có nghĩa là:

x x

x x

x

x

  

 

    

 

  

  

Xét hàm số:

    x2

y f x x x f x x

2 x x



         

  

f x đồng biến 1,) Mặt khác f 1  1 Do vậy

Nếu x 1  f x  f 1   x  x2  1 Vậy x 1 nghiệm BPT cho

Nếu x 1 thìf x  f 1   1 x 1 nghiệm BPT cho Vậy tập nghiệm BPT 1,)

Nhận xét :ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để giải BPT cách dễ dàng

Bài tập đề nghị.

Giải phương trình sau:

1 4x 1  4x2 1 x 5  2x 9 

2 x x2 x  1 2 x2005 x  x 5  x 7  x 16 14  2.2.5 Một số phương pháp khác

Vì phương trình vơ tỷ khơng theo cách giải giống có thuật tốn tổng qt cho mà tùy vào cụ thể mà ta nhận định để giải cách xác Cụ thể:

a Phương pháp đánh giá

Xét phương trình tổng quát f(x)=g(x) xác định D

Giả sử:

f (x) m(x) x D f (x) m(x)

 

 



f (x) m(x) f (x) m(x)

 



 

Ta giải PT-BPT cách

 Đánh giá biểu thức tham gia vào toán

 Áp dụng bất đẳng thức quen Cơsi,Bunhiacốpki  Tính chất trị tuyệt đối

 Tam thức bậc hai

Nhờ tốn gián tiếp giải VD1: Giải phương trình

3

4

16x  5 4x x

Trình bày lời giải: Điều kiện: x 0 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương: 4x,4x2 1,2ta có:

 

3 3 2

6 4x x 4x 4x 1 4x 4x    1 4x 4x 3

Khi

  

 

3

4

4 2

2

16x 4x x 4x 4x

8x 2x 2x 2x 2x 2x

1

2x x

2

     

         

    

Vậy phương trình cho có nghiệm

1 x

2 

VD2: Giải BPT sau : x2  3x 2  x2  4x x   5x 4

Phân tích: Để giải BPT trên, tiến hành bình phương hai vế BPT đã cho trở thành BPT bậc cao Để giải khó khăn phức tạp

       

   

2

2

x 3x x x ; x 4x x x

x 5x x x

         

    

Ta thấy tất hạng tử có chứa x 1 ta giải cách phân khoảng để đưa BPT cho BPT đơn giản

Trình bày lời giải: Điều kiện để BPT có nghĩa là:

   

   

   

2

2

2

x x

x 3x

x

x 4x x x

x

x 5x x x

  



   

 

 

       

  

 

 

     

 

Với x 1 VP=VT Do x 1 thoả mãn BPT

Với x 1 BPT cho trở thành x  x x   (1) Ta nhận thấy

2 x x x x (*)

3 x x x x (**)

      

      

Cộng vế với vế (*)(**) ta có x  x x   Do BPT (1) khơng có nghệm khi: x 1

Với x 4 BPT cho trở thành x 2  x x 4   (2) Nhận xét:

x x 4    x 2  x 4(3*);x x 4     x 3  x 4(4*) Cộng vế với vế (3*) (4*) ta x 2  x x 4   Do BPT(2) thoả mãn với  x

Vậy tập nghiệm BPT cho

x x      Nhận xét :

khác Do học sinh phải có kiến thức sử dụng thành thạo bất đẳng thức ,nhớ tính chất đặc biệt hàm số ,quan trọng học sinh phải sử dụng linh hoạt tư phân tích, tổng hợp, tương tự hố, suy luận lơgic để định hướng lối giải toán cho đắn

Bài tập đề nghị: Giải bất phương trình sau :

 

2

2

1) 2x 3x 4x 20x 25x 2x

2)sinx x

3) x 2x 10x 16 x

      

 

     

b Phương pháp điều kiện cần đủ Nhắc lại kiến thức lớp 10

Trong mệnh đề toán học (định lý, bổ đề, hệ quả) Nếu gọi A giả thiết, B kết luận, ta viết mệnh đề dạng A B Khi A là điều kiện đủ để có B cịn B điều kiện cần để có A Thành lập mệnh đề đảo

B A Nếu mệnh đề đảo thì: A điều kiện cần đủ để có B hoăc B là

điều kiện cần đủ để có A viết mệnh đề dạng A B Các bước giải

 B1: Chứng minh A B  B2: Chứng minh B A

Phương pháp điều kiện cần đủ giải bất phương trình vơ tỷ thường sử dụng với lớp dạng toán sau đây:

 D1: BPT có nghiệm  D2: BPT có nghiệm đúng x D

 D3: BPT tương đương với PT BPT khác Khi ta thực theo bước :

 B2: Tìm kiện cần cho hệ dựa việc đánh giá tính đối xứng hệ

 B3: Kiểm tra điều kiện đủ, bước cần có số kĩ Ví dụ minh hoạ: Tìm m để BPT sau nghiệm với   x  2,4

   

4 x x x 2x m 18

       (1)

Phân tích : Nhận thấy T  2,4 điều kiện để BPT cho có nghĩa u cầu tốn đồng nghĩa với việc tìm m để BPT cho với thuộc tập xác định Sử dụng phương pháp điều kiện cần đủ để giải toán Trình bày lời giải :

Điều kiện :   x  2,4

 Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm với   x  2,4

x

  nghiệm (1).Khi 4.319 m  m 7 .Và m 7 điều

kiện cần để BPT nghiệm   x  2,4  Điều kiện đủ:Giả sử m 7

Áp dụng BĐT Caushy cho VT ta

    x x

4 x x VT 12

2   

     

Biến đổi VP=

x 1 2m 19 12 4 x x      x2 2x m 18  Vậy với m 7 BPT nghiệm   x  2,4

Nhận xét :

Như học sinh cần phải phát tính đặc biệt toán, giải toán bằng: điều kiện cần điều kiện đủ

Tri thức phương pháp :

 Điều kiện cần: Giải PT f x,m  0 thoả mãn tính chất  Dựa đặc thù PT ta tìm giá trị m , điều có nghĩa m  thì

 

f x,m 0 khơng có tính chất 

 Điều kiện đủ : Giả sử m  ta tìm xem giá trị m,giá trị làm cho f x,m  0 có tính chất 

Kết hợp với kết hai bước ta giá trị cần tìm Bài tập đề nghị

1)Tìm m để BPT sau có nghiệm

2

x  2m mx

2)Tìm m để tập nghiệm BPT x2  2mx m  chứa đoạn

,1       3)Tìm m để BPT nghiệm với   x  4,6

4 x x     x2  2x m c Phương pháp hình học

Cần nhớ tính chất sau:

i) aba b cos a,b       

a b 

ii) a b a  b

   

3i) a  b a  b

   

Dấu xảy a,b  

hướng

4i) A, B, C thẳng hàng AB,AC

                           

phương

Giải PT-BPT vơ tỷ phương pháp hình học sử dụng cơng thức tính khoảng cách ,tính chất cạnh tam giác

 1  2  22  22

Trong ABC AB AC BC;AB BC AC  Ngồi ta cịn áp dụng véctơ phép tốn vectơ toạ độ

VD1: Giải phương trình sau:

2

x  2x 5  x  6x 10 

(1) Lời giải.

Trong mặt phẳng tọa độ oxy vecto

   

u x 1,2 ;v  x 3,1  

u v 2,1

VT u v ,VP u v

  

    

 

   

Do phương trình (1)

x x

x

2

 

   

Vậy x=5 nghiệm phương trình cho

VD 2: Giải BPT sau:  

x x 3    x 3 2x 2 Phân tích:

Nếu coi u x 1, x 3   

Ở  x 1, x 3   toạ độ vectơ uthì  

u  x 3 x 1

Mặt khác      

2

2 x 3 2x 2  x 3  x 1 Coi v



Ta chọn v1,1 

Vậy ta đưa tốn phương pháp hình học cụ thể dùng vectơ để giải

Trình bày lời giải :

Xét vectơ với toạ độ sau :

     

Khi u.v  x x 3   .Ta có  

u  x 3 x 1; v  

BPT có dạng:u.vu v    

(1)

Dễ thấy, u.vu v cos u, v       

.Vì cos u, v  1  

Do u, v  

hai vectơ

cùng chiều, tức

x k x k

  

 

  

 với k 0

Hay ta có : 2

x x

x x x

x x 6x x 7x 10

 

 

        

      

 

Vậy BPT có nghiệm x 5

Nhận xét : Giải PT-BPT vơ tỷ phương pháp hình học việc tương đối khó học sinh phải biết cách chọn điểm, vectơ với toạ độ thích hợp, chọn vectơ xác tốn có đáp số Do áp dụng phương pháp hình học để giải PT-BPT vơ tỷ học sinh phải xem xét tốn cách linh hoạt, mềm dẻo để chọn toạ độ cho phù hợp với điều kiện toán

d Phương pháp đồ thị

* Đối với phương trình vơ tỷ

Giả sử ta cần xác định số nghiệm phương trình f (x) g(x) theo ẩn x Ta tiến hành bước sau :

+ Xác định tập xác định phương trình

+ Vẽ đồ thị (C) hàm số y=f(x) đồ thị(C )1 hàm số y1g(x)trên D

+ Xác định số giao điểm  C (C )1 Hoành độ giao điểm (C)

1

Chú ý: Đối với dùng phương pháp thường toán biện luận số nghiệm phương trình phụ thuộc tham số

VD1: Tìm tất giá trị tham số a để phương trình

4 x  x a  có nghiệm Khi phương trình có nghiệm nhất. Lời giải

TXĐ:   5 x

u x, v  x phương trình cho tương đương với:

2 u 0;v

u v 9(*)

u v

 

 

 



   

Dựng đường trịn (C) có phương trình u2 v2 9

Đường thẳng (d) dịch chuyển song song từ vị trí CD đến vị trí AB, tức là:

3 a

OE OH OF 3 a

2

       

Vậy phương trình có nghiệm a 2  * Đối với bất phương trình vơ tỷ

Với BPT vô tỷ chứa tham số, sử dụng phương pháp đồ thị thường thực theo bước sau:

 B1:Sử dụng phép biến đổi tương ,biến đổi BPT cho hệ (I) BPT đại số

 B2:Xét hệ trục toạ độ 0xm

o Xác định miền X X 1X2  X n

o Chiếu vng góc tập X lên trục m giả sử Im  B3:Khi

o Để hệ vô nghiệm  m I m

o Để hệ có nghiệm  m I m

o Để hệ có nghiệm nhất đường thẳng m cắt tập X đúng điểm

VD2 :Tìm m để BPT sau có nghiệm: x 1  x m(*)  Phân tích :

Ta đưa BPT (*) hệ BPT ta vẽ đồ thị BPT Nhìn vào đồ thị suy u cầu tốn

Trình bày lời giải

Đặt u x 0;v   x 0 

Khi tốn trở thành :Tìm m để hệ sau có nghiệm:

    2

u v 5(1)

u v m u, v

  



  



 

Điều có nghĩa tìm m để nửa mặt phẳng phía xác định

u v m  phải chứa cung AB hay   

2

u, v : u v u,v

   

5

từ đồ thị ta suy đáp số m Bài tập đề nghị

1)Tìm m để BPT sau có nghiệm

a) x m x b) x2  x m 

2) Tìm m để BPT sau có nghiệm : 12 3x  x m Một số trắc nghiệm để kiểm tra vận dụng học sinh

1 Phương trình x x2  6x 13 1 

A Có nghiệm x=1 C Có nghiệm x=1, x=3 B Vơ nghiệm D Có nghiệm x=3

2 Phương trình x2  x  x2  x 2 3x2 3x 19 có bao nhiêu nghiệm?

A B.1

C.2 D.4

3 Phương trình x2  1 x 1 có nghiệm?

A.1 B.2

C.3 D.4

4.Phương trình x 2  2x 1  có nghiệm?

A.1 B.2

C.3 D.0

A.1 B.0

C.2 D.3

6 Phương trình

2 x

1 x x

4

    

có nghiệm ?

A.1 B.vô số

C.vô nghiệm D.2

7 Phương trình x 7  x 1 có nghiệm?

A.1 B.vơ số

C.Vơ nghiệm D.2

8 Phương trình 3x 3  x  2x 4 có nghiệm?

A.1 B.0

C.2 D.3

9 Cho phương trình x 1  x a(*)  Ghép ý cột trái với ý cột phải để kết

1.Phương trình(*)vơ nghiệm A a  2hoặc a 2 2.Phương trình(*)có nghiệm

kép

B a  3.Phương trình(*)có 2nghiệm

phân biệt x , x1

C.a 2;2 4.Phương trình(*)có nghiệm

1

x 1, x 1

D a 1

10.Cho phương trình m x  m x m  (1) Ghép ý cột trái với mỗi

ý cột phải để kết

1.Phương trình (1) vơ nghiệm A m 4  2.Phương trình (1) có

nghiệm

B m 0

nghiệm phân biệt

11 Phương trình x2  3 10 x 5có nghiệm?

A B

C D

12 Phương trình 4x 4x   1 8x22x 1 có nghiệm?

A Vơ nghiệm B

C D

13.Phương trình x 4x3  3x có tập nghiệm là:

2 2 2 2 2

; ; (I), ; (II), (III)

2 2 2

        

     

   

     

 

 

   

   

A (I) B (III)

C (II) D Cả câu sai

14.Phương trình x2  3x 3  x2  3x 3  có ba nhiêu nghiệm?

A B

C D

15.Phương trình4x x  3 1 2x32x 1 có tập nghiệm là:  

3 3

2; (I), (II), 2;

4

   

   



   

   

   

A (I) B (II)

C (III) D Cả câu sai 16.Phương trình3 x 1   x 1 có nghiệm?

A B

C D

A B

C D

18.Tìm m để phương trình x 22 x3  mcó nghiệm

A m=1 B m=2

C m=3 D m=3 2

19.Tìm m để phương trình x  x m  có nghiệm nhất?

A m=1 B m=2

C m=3 D m=3 2

20.Cho phương trình x 1  x  x x     m(*) Ghép ý cột trái với nỗi ý cột phải để kết

1 Phương trình (2*) vơ nghiệm

A m  2 Phương trình (2*) có

nghiệm B

   

m  ;1  2; Phương trình (2*) có

nghiệm phân biệt

C m=1

21.Phương trình

2

2x x x x x

x

      

có nghiệm?

A B

C D

22.Phương trình3 2  x 2  2x x 6 có tập nghiệm là:

11 45 11 45 11 45 11 45

3; (I), ; (II), 3; (III)

2 2

         

     

     

     

     

A (I) B (II)

23.Phương trình 2x2  1 x2  3x 2  2x2 2x 3  x2  x 2 có

bao nhiêu nghiệm?

A B

C D

24.Phương trình x2 9x 20 3x 10   có nghiệm?

A Vơ nghiệm B

C D

25.Phương trình x2 12 3x   x2 5 có nghiệm?

A Vô nghiệm B

C D

26.BPT x2 4x x 3 có nghiệm

A

x x     

B x 3  C Đáp án khác

27 BPT 7x 1  3x 18  2x 7 có nghiệm

A x 10 B x 9 C Đáp án khác

28 BPT

2 x

1 x x

4

    

có tập nghiệm

A   1 x B   2 x C Đáp án khác 29 BPT x2 2 x2  3x 11 3x 4   có tập nghiệm

A x 2  B 2 x 3  C Đáp án khác

30 BPT

2

x x

x

  

 có tập nghiệm

A

2 x

3 

B

2 x

3

  C Đáp án khác

A x 9 B x 0 C Đáp án khác

31 BPT x2 4xx 4  x2  2x 4 có tập nghiệm

A

x x    

 B

x

x     

C Đáp án khác

32 BPT 2x2 6x 8  x x 2  có tập nghiệm

A x 4 B x 4 C Đáp án khác 33 BPT x 1 2x x     x3 có tập nghiệm

A.a 0 B.x 0 C Đáp án khác

34 BPT x 2x x    có tập nghiệm là

A x 4 B x 4 C Đáp án khác

35 BPT x2 4xx 4  x2  2x 4 có tập nghiệm

A x2 B x4 C Đáp án khác 36 BPT x2  2x x 2x có nghiệm

A x 0 B x 0 C Đáp án khác 37 BPT x x     x 2 có nghiệm

A

7

x 1;

2

 

  

  B.

7

x 2;

2     

C Đáp án khác

38 BPT

2 x

x 3x

x 1    có nghiệm A)x 2

39 BPT 8x2  6x 4x 0    có nghiệm

A

1

x ;

2

   

    

    B.

1

x ;

2

 

 

 

C Đáp án khác

40 BPT 2x 7  x  3x 2 có nghiệm A

2 14

x ;1 ;5

3

   

   

    B.

2

x ;1

3     

C Đáp án khác

41 BPT x3 2x2 x x x  x2  2xcó nghiệm

A vơ nghiệm B.x1;2 C Đáp án khác

42 BPT2x2 4x 3 2x x   1có nghiệm

A.x  3;1 B.x  1;1 C Đáp án khác 43 BPT x2  2x 5  x 2  có nghiệm

A.x1, B vơ nghiệm C Đáp án khác 44 BPTcó nghiệm x2 x 1  x2  x 2 

A x R

B x2; C Đáp án khác 45 Tìm m để BPT x x x    có nghiệm

A)x 4 B)x 5 C)Đáp án khác

46 Tìm m để BPT 2 x x     x2  2x m có nghiệm với   x  2;4 A m 5 B m 4 C Đáp án khác

47 BPTsinx x2 1có nghiệm

A.x 0 B x 0 C Đáp án khác

48 BPT x 1  2x2  10x 16 x   có nghiệm

49 BPT x2  2x 3  x2 6x 11  x  x 1 có nghiệm

A x2;3 B x1;3 C Đáp án khác 50.BPT x x2  1 x x2  2 có nghiệm

A vơ nghiệm B.x 1 C Đáp án khác Đáp án câu hỏi trắc nghiệm

1.D 6.A 11.D 16.C 21.B 26 A 31.B 36.B 41.A 46.B

2.C 7.A 12.A 17.B 22.C 27 B 32 B 37 A 42 A 47.A

3.B 8.C 13.A 18.C 23.A 28 A 33 A 38 C 43.B 48.C

4.B

9.1A,2D,3C,4B 14.C

19.C 24.B 29 A 34 B 39 A 44 A 49.A

5.C

10.1B,2C,3A 15.D

20.1B,2C,3A 25.B2

CHƯƠNG III : THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Mục đích thực nghiệm sư phạm

 Kiểm tra giả thuyết khoa học sở lí luận đề tài  Cụ thể : Trang bị cho học sinh kiến thức phân loại

phương pháp giải dạng PT-BPT vô tỷ Từ cung cấp cho học sinh số cách giải phương trình bất phương trình thường gặp , ngắn gọn ,chính xác

2 Nội dung thực nghiệm

 Phần : phương trình-bất phương trình chứa thức ( Đại số 10, NXB GD 2006 )

 Số tiết thực nghiệm : 3tiết

 Các yêu cầu kiến thức, kĩ cần trang bị cho học sinh đảm bảo

3.Tổ chức thực nghiệm

 Thời gian tiến hành:từ ngày 20/3/2009-10/4/2009

 Lớp thực nghiệm: Lớp 10A1-THPT Phù Yên-Phú Yên-Sơn La  Tình hình lớp học kì I

 Sĩ số:42 Nam :22 Nữ:20 Kết học tập:

Giỏi Khá Trung bình Yếu

0 20 10

o Nhận xét : Đây lớp chọn nhà trường ,đa số học sinh có ý thức học tập Khả nhận thức học sinh lớp đồng đều, khả tư sáng tạo tốt, phù hợp với yêu cầu thực nghiệm đề tài 4.Đánh giá kết thực nghiệm

4.1 Biện pháp

 Kết thực nghiệm đánh giá thông qua kiểm tra chất lượng ban đầu kiểm tra sau trình thực nghiệm

 Bài kiểm tra chất lượng ban đầu nhằm tìm hiểu kỹ giải phương trình , bất phương trình vơ tỷ, việc vận dụng phương pháp giải phương trình, bất phương trình vô tỷ đối tượng thực nghiệm

 Mặt khác thăm dò hiểu biết khả phân loại vận dụng phương pháp giải đối tượng thực nghiệm vào việc giải phương trình, bất phương trình

 Bài kiểm tra sau trình thực nghiệm kiểm tra kĩ vận dụng kiến thức vừa học vào tốn giải phương trinh, bất phương trình vơ tỷ

4.2 Phân tích kết

4.2.1.Bài kiểm tra chất lương ban đầu

Kiểm tra : Mơn tốn (Thời gian 45’) Giải PT-BPT sau:

Câu

2

a) x x 5  x 8x b) 5x 1    4x x  Câu

 

2 2

a) x x 7  x x 2  3x 3x 19 b) 2x x 1   1 x  x 1 Câu

2 2

a) x 2  x x  6x 13 b) x  x  1 x x  2 Đáp án –Thang điểm

Câu a) x 2 (2 điểm ) b) x

4 

(2 điểm )

Câu a)

x x    

 (2 điểm) b)

x x

   

 (2 điểm) Câu a) Vô nghiệm (2 điểm) b) x 1 (2 điểm)

 Sau thu kiẻm tra chất lượng ban đầu, phương pháp sử lý số liệu, tính tốn tổng hợp ta thu kết quả:

Điểm Tần số(%) Tần suất (%)

1

2

3 12

4 17

5 19

6 10 24

8

9

10 0

o Nhận xét : Qua bảng số liệu ta thấy trình độ đối tượng tốt Nhìn chung em có kĩ phương pháp giải tốn Khi gặp PT-BPT vơ tỷ học sinh lúng túng , nhiều định hướng sai cách giải Cịn phận khơng nhỏ học sinh cịn ú q trình vận dụng phương pháp giải PT-BPT vô tỷ phức tạp

4.2.2 Bài kiểm tra sau thực nghiệm

Kiểm tra :Mơn tốn (Thời gian 45’) Giải PT-BPT sau:

Câu 1:

2

a) 3x 3  x  2x b) x  x 12 x   Câu 2:

2

3

a) x 1   x b) x 2 x  3x 11 3x 4   Câu

 

a) 4x 1 x  2x 2x b) x 1   2x  10x 16 x   Đáp án –Thang điểm

Câu 1:

x a)

x    

 ( điểm)

x

b) 61

x 4;

13   

 

  

  

 (2 điểm)

Câu :

x a) x

x

      

 (2 điểm )

x b)

x   



Câu :

3 x

a) 3

x

4     

 (2 điểm )

x b)

x    

 (2 điểm )  Sau thu, chấm kiểm tra Bằng thao tác xử lý số liệu ,tính tốn tổng

hợp ta thu kết bảng sau:

Điểm Tần số (%) Tần suất (%)

1 0

2

3

4

5 16

6 19

7 10 23

8 21

9

10

Nhận xét :

 Kết thu sau trình thực nghiệm cao kết trước lúc thực nghiệm

KẾT LUẬN

Đề tài nghiên cứu cấu trúc, nội dung PT-BPT vô tỷ THPT, vai trị PT -BPT dạy học tốn Đồng thời đưa hệ thống kiến thức phương pháp giải PT-BPT vô tỷ

Trong trình trình bày đề tài, chương mục chúng tơi cố gắng trình bày cẩn thận, cụ thể chi tiết để thuận tiện cho việc vận dụng Mặt khác phương pháp đưa hệ thông ví dụ cụ thể có phân tích trình bày lời giải rõ ràng Ngồi đề tài cịn cung cấp hệ thống tập trắc nghiệm PT-BPT vô tỷ Hy vọng đề tài tài liệu hữu ích cho sinh viên khoa tốn, giáo viên học sinh nhà trường phổ thông

Đề tài ”Dạy học phương trình – bất phương trình vơ tỷ theo hướng phân loại phương pháp giải cho học sinh THPT miền núi” cơng trình nghiên cứu khoa học giáo dục đầu tay Hơn đề tài tiến hành người thực sinh viên sư phạm, trình độ hiểu biết cịn hạn chế, kinh nghiệm thực té giảng dạy chưa có Do nội dung đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót, mặt khác cịn hạn chế mặt thời gian phạm vi nghiên cứu nên đề tài đề cập số phương pháp giải PT-BPT vơ tỷ THPT Ngồi phương pháp có cịn nhiều phương pháp khác vận dụng để giải PT-BPT vô tỷ

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Nguyễn Bá Kim: Phương pháp dạy học mơn tốn (phần đại cương) NXB Giáo dục 2000

[2] Hoàng Kỳ -Nguyễn Văn Bàng -Nguyễn Đức Thuần :Đại số sơ cấp( tập 2) NXB Giáo dục 1979

[3 Nguyễn Phụ Hy: Phương pháp giải phương trình-bất phương trình -hệ phương trình NXB Giáo dục

[4] Lê Hồng Đức: Các phương pháp giải phương trình -bất phương trình -hệ vơ tỷ NXB Hà Nội 2005

[5] Sách giáo khoa chỉnh lý hợp nâng cao đại số 10 nhà xuất giáo dục 2003

[6].Tạp chí tốn học tuổi trẻ -NXB Giáo dục