(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi

DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT TÊN Giáo viên Học sinh Trung học phổ thông Sáng kiến kinh nghiệm Phương trình Ví dụ Bài tập VIẾT TẮT GV HS THPT SKKN PT VD BT 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mục tiêu đào tạo nhà trường phổ thơng Việt Nam hình thành sở ban đầu trọng yếu người mới: phát triển toàn diện phù hợp với yêu cầu điều kiện hoàn cảnh đất nước người Việt Nam Trong giai đoạn nay, mục tiêu đào tạo nhà trường phổ thông Việt Nam cụ thể hoá văn kiện Đảng, đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ VIII Đảng cộng sản Việt Nam kết luận hội nghị trung ương khoá IX, mục tiêu gắn với sách chung giáo dục đào tạo “Giáo dục đào tạo gắn liền với phát triển kinh tế, phát triển khoa học kĩ thuật xây dựng văn hoá người mới…” “Chính sách giáo dục hướng vào bồi dưỡng nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài, hình thành đội ngũ lao động có trí thức, có tay nghề…” Mơn Tốn trường phổ thơng giữ vai trị, vị trí quan trọng môn học công cụ Nếu học tốt mơn Tốn tri thức Tốn với phương pháp làm việc tốn trở thành cơng cụ để học tốt mơn học khác Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, ngồi việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ toán học cần thiết mơn Tốn cịn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất người lao động mới: cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ Đất nước ta bước đường xây dựng, phát triển giáo dục Đảng, Nhà nước coi quốc sách hàng đầu, để chấn hưng giáo dục nước nhà việc đổi phương pháp giảng dạy Bộ giáo dục coi nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực cách có hiệu Muốn làm tốt cơng việc người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chun mơn, từ tìm cho phương pháp giảng dạy đạt hiệu cao nhất, tạo hứng thú niềm tin học trò nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Một cách để tạo chuyển biến tích cực cơng tác giảng dạy giáo viên viết chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy học Thực tế qua trình giảng dạy vài năm tham gia ôn thi học sinh giỏi tơi nhận thấy cần có tài liệu hệ thống lại đơn vị kiến thức phần khác Trong đề thi học sinh giỏi vịng THPT có nhiều đơn vị kiến thức nâng cao nhiều so với chương trình tốn Tài liệu ơn thi học sinh giỏi tốn nhiều,vì việc chọn đơn vị kiến thức phù hợp để ôn cho em học sinh cách có hệ thống vấn đề quan trọng Một phần phần giải phương trình, hệ phương trình Trước thực tế đó, nhằm giúp thầy em học sinh giỏi có thêm tài liệu tham khảo giảng dạy học tập phần PT, HPT góp phần nâng cao khả giải tập phần cách thành thạo, nhằm phát huy khả suy luận, óc phán đốn tính linh hoạt học sinh Giúp em tìm tịi, phát kiến thức, tạo hứng thú q trình học mơn Tốn, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bồi dưỡng học sinh giỏi” 1.2 Mục tiêu sáng kiến Cung cấp số phương pháp giải hữu ích để giáo viên giảng dạy học sinh tiếp cận, giải tập phương trình hệ phương trình đề thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Từ giúp em nắm vững khắc sâu kiến thức hơn, biết cách vận dụng, khai thác số dạng tốn phương trình, hệ phương trình hay khó 1.3 Về đối tượng nghiên cứu Phương trình hệ phương trình chương trình mơn Tốn THPT đề thi học sinh giỏi cấp trường,cấp tỉnh thi THPT Quốc Gia 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lí luận : Nghiên cứu tài liệu lí luận phương pháp dạy học mơn Tốn Quan sát, điều tra : Thông qua thực tế giảng dạy thân học hỏi kinh nghiệm từ đồng nghiệp - Thực nghiệm sư phạm : Để kiểm nghiệm kết đề tài áp dụng thực tiễn dạy học NỘI DUNG 2.1 Cơ sở viết sáng kiến * Cơ sở triết học: Theo triết học vật biện chứng, mâu thuẫn động lực thúc đẩy trình phát triển Vì trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần trọng gợi động học tập giúp em thấy mâu thuẫn điều chưa biết với khả nhận thức mình, phát huy tính chủ động sáng tạo học sinh việc lĩnh hội tri thức Tình phản ánh cách lơgíc biện chứng quan niệm nội thân em Từ kích thích em phát triển tốt * Cơ sở tâm lý học: Theo nhà tâm lí học: Con người bắt đầu tư tích cực nảy sinh nhu cầu tư đứng trước khó khăn cần phải khắc phục Vì GV cần phải để học sinh thấy khả nhận thức với điều biết với tri thức nhân loại Căn vào quy luật phát triển nhận thức hình thành đặc điểm tâm lí từ lớp cuối cấp THCS, học sinh bộc lộ thiên hướng, sở trường hứng thú lĩnh vực kiến thức, kĩ định Một số học sinh có khả ham thích Tốn học, mơn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú văn chương môn khoa học xã hội, nhân văn khác Ngồi cịn có học sinh thể khiếu lĩnh vực đặc biệt… * Cơ sở giáo dục học: Để giúp em học tốt GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập Cần cho học sinh thấy nhu cầu nhận thức quan trọng, người muốn phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi Thầy giáo biết định hướng, giúp đỡ đối tượng học sinh 2.2 Thực trạng vấn đề cần giải * Phương trình, hệ phương trình tảng tốn học phổ thơng Xu thi ngày khó, số câu vận dụng vận dụng cao tăng lên lĩnh vực đại số giải tích hầu hết đưa phương trình, hệ phương trình khơng mẫu mực mà đa số học sinh lúng túng.Hiểu chất, mấu chốt vấn đề em dễ dàng thực ước mơ vượt qua tất kỳ thi * Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết thấp Vì việc lĩnh hội kiến thức rèn luyện kĩ học sinh địi hỏi nhiều cơng sức thời gian Sự nhận thức học sinh thể rõ * Thực tế qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy đại đa số em học sinh ngại lúng túng gặp tốn khơng mẫu mực, khơng có phương pháp rõ ràng, em học sinh lớp 12 trang bị công cụ đạo hàm thấy khó khăn 2.3 Các giải pháp thực Phương pháp Dùng đạo hàm để giải phương trình Ta biết phương trình đưa dạng f  x   , hàm số f  x  thể đầy đủ tính chất nghiệm phương trình Do ta khảo sát hàm số f  x  , ta có nhìn tổng quát phương trình, xác định phương trình có nghiệm, thuộc miền nào,…những tính chất tất nhiên khơng thể rõ ràng nghiệm cụ thể phương trình có nhiều lợi ích mà việc tìm lời giải cho tốn khơng tiến hành thuận lợi cách giải thông thường Và công công cụ hàm trường hợp thực thể rõ tính hiệu nó, cách dùng đạo hàm ta xác định xác số nghiệm phương trình cho trước; sau ta tiến hành bước lập luận cho điều kiện đủ tốn mà thơng thường gọ “nhẩm nghiệm” để phương trình có nghiệm thơi hồn tất lời giải Sử dụng đạo hàm để giải phương trình Trong phần này, tìm hiểu số ứng dụng trực tiếp đạo hàm vào giải phương trình thấy có nhiều tốn cách thực Trước hết ta có kết quen thuộc sau: (1) Trên miền xác định D hàm số f ( x) , f '( x)  f '( x)  hàm số đơn điệu phương trình f ( x)  có khơng nghiệm (2) Nếu hàm số f ( x) liên tục [a, b] f (a) f (b)  phương trình f ( x )  có nhât nghiệm (a, b) (3) Giả sử f ( x) có đạo hàm đến cấp n khoảng (a, b) Khi phương (n) ( n 1) ( x)  có tối đa k+1 trình f ( x)  có k nghiệm phương trình f nghiệm (hệ định lí Rolle) (4) Nếu hàm số f ( x) liên tục [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) tồn f '(c)  f (b)  f ( a) ba c  (a, b) cho Vì việc trình bày lời giải tốn theo ý qua hai bước là: - Dùng đạo hàm chứng minh phương trình có khơng q k nghiệm - Chỉ đầy đủ k nghiệm Ví dụ Giải PT: x   x   x   x  16  x  100 Lời giải Ta thấy với phương trình cách đặt ẩn phụ hay biến đổi tương đương khơng cịn tác dụng Ta giải đạo hàm sau: Điều kiện xác định PT x  1 Xét hàm số: f ( x)  x   x   x   x  16  x  100, x  (1; ) 1 1     x  x  x  x  16 x  100 1 x  100  x     x 1 x  100 nên f '( x )  tức hàm số đồng Nhưng biến hay phương trình f ( x )  có khơng q nghiệm f '( x )  Vậy phương trình cho có nghiệm x=0 Ta xét thêm ví dụ để thấy tác dụng cơng cụ 3 x Ví dụ Giải PT:   x  x  Lời giải Điều kiện xác định x  Xét hàm số f ( x)  f '( x )  3 x  x  x  8, x  ( ;3) 1 2 3 x 3 x ln  x   0, x  Suy PT cho có khơng q nghiệm, ta dễ dàng nhẩm nghiệm x  lời giải hồn tất Ví dụ Chứng minh PT sau có nghiệm dương: x  ( x  b)3  a x  với a, b  3 Lời giải Xét hàm số f ( x)  x  ( x  b)  a x f '( x )  x8  x ( x  b)  a  0, a, b  tức hàm số đồng biến hay PT cho có khơng q nghiệm 3 3 Hơn f (0)  b  0, f ( b )  b  a b  nên PT cho có nghiệm thuộc (0, b ) nghiệm dương Từ hai điều suy PT cho có nghiệm dương x Ví dụ Giải PT:  x  Lời giải Rõ ràng đứng trước PT dạng hỗn hợp, vừa có hàm mũ, vừa có hàm tuyến tính ta áp dụng biến đổi đại số thông thường Việc sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số tất yếu x Xét hàm số f ( x)   ( x  1) x x Ta có f '( x)  ln  1, f ''( x)   ln   suy PT f ( x)  có khơng q hai nghiệm Ta nhẩm hai nghiệm x  0, x  x  0, x  1 1 Vậy PT cho có hai nghiệm x x x x Ví dụ Giải PT:  10   x x x x Lời giải Phương trình cho có dạng   10  x x Xét hàm số f (t )  (t  2)  t , x0 nghiệm PT PT cho viết lại là: f (4)  f (8) Rõ ràng hàm số liên tục [4,8] nên theo định lí Lagrange tồn c  (4,8) cho f '(c)  f (4)  f (8)   x0 (t  2) x0 1  x0 t x0 1 48 x0  0, x0  PT có hai nghiệm nên x0 nghiệm phương trình cho phải thuộc {0,1} Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho coa hai nghiệm x  0, x  Sử dụng đạo hàm để giải hệ phương trình Những ứng dụng đạo hàm việc giải hệ phương trình xoay quanh số vấn đề chủ yếu là: - Tìm mối quan hệ biến phương trình hệ để vào phương trình khác giải - Dùng tính đơn điệu hàm số để giải toán hệ lặp Ví dụ Giải hệ phương trình: 3  x  3x  y  y  4  x  y  Lời giải Ta thấy toán dạng đặc trưng cho phương pháp nêu cách đề thường hay sử dụng đề thi Điều quan trọng chứng minh x = y từ hệ Điều khơng khó, từ phương trình thứ hai hệ ta thấy  x, y  Khi đó, ta xét hàm số f (t )  t  3t , t  [1,1] f '(t )  3t   , suy f (t ) nghịch biến Phương trình thứ thực chất : f ( x)  f ( y )  x  y Thay vào phương trình thứ hai hệ ta 1 1  ,  4  x4   x    1   ( x, y )   ,  ;  x, y     2  Vậy hệ cho có hai nghiệm Ví dụ Giải hệ phương trình:  x  x   ln( x  x  1)  y   y  y   ln( y  y  1)  z  z  3z   ln( z  z  1)  x  Lời giải Xét hàm số f (t )  t  3t   ln(t  t  1), t   Ta có: f '(t )  3t   2t  3t  3t  6t  t  3(t  t  t )  (3t  t  2)   0 t2  t 1 t2  t 1 t2  t 1 Suy đồng biến x y Giả sử từ hệ f ( x)  f ( y )  y  z  f ( y )  f ( z )  z  x phương trình suy Do z  x  y  z hay x  y  z Ta thay lại vào hệ quy việc giải phương trình: x  x   ln( x  x  1)  Lại xét hàm số: g (t )  t  2t   ln(t  t  1) g '(t )  3t   2t  3t  3t  5t  3(t  t  t )  2t    0 t2  t 1 t2  t 1 t2  t 1 , tức hàm đồng biến Hơn ta thấy phương trình g (t )  có nghiệm t = Từ suy hệ cho có nghiệm ( x, y, z)  (1,1,1) BÀI TẬP ÁP DỤNG: Giải phương trình sau: x x a  x  1,  x  b x  x   ln( x  x  1)  x  x  3x  x  1  x  x  x  x  x  16 x x  x  3x  x  1  x  x  x  x  x  16 x c Giải phương trình sau: a x  x   ln( x  x  1)  b x x c   x  x x x x d     10 x  x x x x e   2.5 x x x x f 10  40  20  30 Giải hệ phương trình sau:  x  x  ln(2 x  1)  y  a  y  y  ln(2 y  1)  x log (1  x )  log y  2 b  x  cos x  y  cos y  ( x  1)  5.log (6  y)  x    ( y  1)  5.log3 (6  z )  y   ( z  1)  5.log (6  x)  z c Phương pháp Giải PT,HPT phương pháp hàm số: Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) số nghiệm pt : f(x)=k Khơng nhiều f(x)=f(y) x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) hàm số y=g(x) ngb (hoặc đb) D số nghiệm D pt: f(x)=g(x) khơng nhiều (k ) Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n pt f ( x)  có m ( k 1) ( x)  có nhiều m+1 nghiệm nghiệm, pt f Các ví dụ: 2 VÝ dô 1:Giải PT: 3x(2  x  3)  (4 x  2)(  x  x  1)  ( ;0) Giải: Ta thấy PT có nghiệm PT   3 x  (2  (3x)  3)  (2 x  1)(2  (2 x  1)  3)  u (2  u  3)  v(2  v  3) (1) Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0 Xét hàm số f (t )  2t  t  3t với t >0 2t  3t f '(t )    t   f (u )  f (v)  u  v t  3t Ta có x nghiệm pt (1)  u=v  -3x=2x+1    etg x  cosx=2 x   - ;   2 VÝ dô 2: Giải PT: f ( x)  e tan Giải: Xét hàm số : 2x     cosx, x   - ;   2  , ta có  2e tan x  cos3 x  tan x  f '( x)  tan x e  sin x  sin x    cos x cos x   tan Vì 2e 2x   cos x  Nên dấu f’(x) dấu sinx Từ ta có f  x   f    Vậy pt cho có nghiệm x = x x Ví dụ Giải PT: 2003  2005  4006 x  x x Giải: Xét hàm số : f  x   2003  2005  4006 x  x x Ta có: f '  x   2003 ln 2003  2005 ln 2005  4006 f ''( x)  2003x ln 2003  2005 x ln 2005  x  f "( x)  vơ nghiệm nên phương trình cho có nhiều hai nghiệm Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên phương trình cho có hai nghiệm x = x = x Ví dụ 4.Giải pt:   x  log (1  x) x Giải: Đk: PT  3x  x   x  log (1  x )  3x  log3 3x   x  log (1  x) (1) Xét hàm số: f  t   t  log3 t ta có f(t) hàm đồng biến nên (1)  f (3x )  f (1  x)  x  x   3x  x   (2) f ( x )  3x  x   f '( x)  3x ln  x Xét hàm số:  f "( x)  ln   f (x)  có nhiều hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt cho có hai nghiệm x=0 x=1 (1) sinx-siny=3x-3y    (2)  x+y=  (3)  x, y  Ví dụ Giải hệ pt:   x, y  (0; ) Giải: Từ (2) (3) ta có :  t (0; ) (1)  sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với ta có f(t) hàm  x y 10 nghiệm hệ nghịch biến nên f(x)=f(y)  x=y thay vào (2) ta có  tan x  tan y  y  x  y 1 1  x  y  Ví dụ Giải hệ:  (1) (2)  y  1  x  y 8 Giải: Đk:  (*)  tan x  x  tan y  y  x  y (do hàm số f (t )  tan t  t hàm đồng (1) biến) Thay vào (2) ta có: y 1 1  y  y   y 1  y  y  1  y 1 y  y   y  y  1  y 8  4y  y   3y   y  8   y  y  3    y8 2 9 y  48 y  64  16 y  128 9 y  64 y  64    Vậy x  y  nghiệm hệ cho HỆ HỐN VỊ VỊNG QUANH:  f ( x1 )  g (x )  f (x )  g(x )     Định nghĩa:Là hệ có dạng:  f ( xn )  g ( x1 ) (I) Định lí 1: Nếu f,g hàm tăng giảm A (x1, x2, , xn ) nghiệm hệ A x1  x2   xn Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu A (x1, x2, , xn ) nghiệm hệ  x1  x3   xn1  x  x4   xn x  x   x n A n lẻ  n chẵn  x  3x   ln( x  x  1)  y   y  y   ln( y  y  1)  z  z  3z   ln( z  z  1)  x   Ví dụ 7:Giải hệ: Giải:Ta giả sử (x,y,z) no hệ Xét hàm số f (t)  t  3t   ln(t  t  1) f '(t)  3t2   2t  0 t  t1 ta có: nên f(t) hàm đồng biến Ta giả sử: x=Max{x,y,z} y  f ( x)  f ( y )  z  z  f ( y )  f ( z )  x Vậy ta có x=y=z Vì pt x  x   ln( x  x  1)  có nghiệm x=1 nên hệ cho có nghiệm x=y=z=1 10  x  x  log (6  y )  x    y  y  log3 (6  z )  y   z  z  log3 (6  x)  z Ví dụ Giải hệ:   x log (6  y )   x2  x   f ( y )  g ( x)  y    log (6  z )    f ( z)  g ( y) y  2y    f ( x)  g ( z )   z log (6  x)   z2  2z  Giải: Hệ t f (t )  log (6  t ) ; g (t )  Trong Ta có f(t) hàm nghịch biến, t  2t  với t  (;6) 6t g '(t )   t  (;6)  t  2t    g(t) hàm đồng biến nên ta có (x,y,z) nghiệm hệ x=y=z thay vào hệ ta có: x log3 (6  x)  x  x  pt có nghiệm x=3 Vậy nghiệm hệ cho x=y=z=3 Bài tập:  x3  3x  3 ln x2  x  1  y    y  3y  3 ln y  y  1  z   z  3z  3 ln z  z  1  x Giải hệ: Tìm a để hệ sau có nghiệm  x12  x23  x22  ax   x2  x33  x32  ax     xn  x1  x1  ax1 3.Giải hệ: 11  2x  x   y    2y3  y2   z    4 2z3  z2     x     Phương pháp Tham số hóa Ví dụ Giải phương trình x −2 x −16 x +1=0 Lời giải 2 2 Viết phương trình cho dạng ( x +α ) =2 ( 1+α ) x +16 x−( 1−α ) Ta cần chọn α cho vế phải có dạng bình phương ' Δ =82 +2 ( 1+α ) ( 1−α ) =0 ⇒α =3 Khi phương trình cho tương đương với ( x +3 ) =8 ( x +1 )2 ⇔ ( x +2 √ x +3+2 √ )( x 2−2 √ x +3−2 √ ) =0⇔ x=√ 2±√ √2−1 Ví dụ Giải phương trình 54 x −9 x+ √ 2=0 Lời giải Ta tìm cách viết vế trái phương trình dạng x +a +b 3−3 abx Như √ a +b = ¿ ¿¿¿ { a,b 3 54 nghiệm hệ phương trình 1 t 2− √ t+ =0⇔ t= ⇒ a=b= 54 18 54 √ √2 phương trình Khi phương trình cho tương đương với nghiệm  x  a  b   x  a  b2  a x  bx  ab    2 1  x x 0  x  18     x ;x  3 Ví dụ3 Giải phương trình chứa −x+3=2 √ 1−x−√ 1+x+3 √1−x Lời giải Tập xác định D=[ −1;1 ] Ta tìm α , β cho 12 −x+3=α(1+x)+β(1−x)⇔¿ { α−β=−1¿¿¿ phương trình viết lại sau (1+ x)+2(1−x )−2 √ 1−x+ √ 1+x−3 √1−x =0 đặt u= √1+x , v=√ 1−x (u, v≥0) , ta u +2v −2v+u−3uv=0⇔(u −2uv)+(u−2v)−(uv−2v )=0⇔(u−2v)(u−v+1)=0 [u=2v [ √1+x=2 √ 1−x [⇔¿ [¿¿ [⇔¿ ⇔ [u−v+1=0 [ √1+x+1= √1−x √3 ¿ [x=− 2 2 [x= Ví dụ Giải hệ phương trình { x − y =240 ¿ ¿ ¿ ¿ Lời giải Hệ cho viết lại sau { x 4= y 4+240 (1) ¿ ¿¿¿ Suy x + λ ( x −3 x2 + x ) = y +240+ λ ( y −12 y +32 y ) ⇔ x + λx −3 λx2 +4 λx= y +2 λy3 −12 λy +32 λy +240 Ta cần chọn λ cho ( ) có dạng (3 ) ( x−a )4 =( y−4 )4 ⇔ x −4 a x + a2 x −4 a3 x+a = y −4 by +6 b y 2−4 b3 y+ b4 (4 ) So sánh ( ) ( ) 23 23 {−4a=λ¿{6a=−3λ¿{−4a=λ¿{−4b=2λ¿{6b=−12λ¿{−4b=32λ¿ Như ta có ( x−2 )4 = ( y−4 )4 ⇔¿ [ x−2= y−4 [ ⇔¿ [ x= y−2 [¿ [ x−2=4− y [ x=6− y +) x= y−2 thay vào ( ) ta 13 y  24 y  32 y  224    y    y  40 y  112    y  2  x   +) x=6− y thay vào ( ) ta y  y  36 y  44    y    y  y  22    y 2 x  Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm { x=−4 ¿¿¿¿ Nhận xét: Với cách làm cho dù tốn có hệ số lớn giải Có thể hình dung tác giả sang tạo tốn sau: 4 Xuất phát từ ( x−2 ) = ( y−4 ) ta có x 4−8 x 3+24 x2−32 x+16=y −16 y 3+96 y 2−256 y+256 { x 4−y 4=240 ¿ ¿¿¿ ⇒ ¿ Nếu bạn để ý chút thấy hệ khơng chứa đơn thức dạng α β mx y Do ta tách ẩn riêng đưa đẳng thức Bây giờ, phép đổi biến ta có hệ phương trình khó Ví dụ Giải hệ phương trình {6 x2 y+2 y3+35=0 Lời giải Đặt x+ y=u ; x− y=v hệ biến đổi 1 trở thành  u  v suy x= (1) ¿ ¿¿¿ u+v u−v ; y= 2 thay vào phương trình  u  v   35  u v 2 2   u  2uv  v   u  v    u  3u 2v  3uv  v   280    u  u 2v  2u 2v  2uv  uv  v   2u  6u 2v  6uv  2v  280   u  v  35  (3) ( ) trở thành  u  v  u  v  u v u v uv u v   13 0 4 2 2  10u  10v   u  v   10u  10v  26u  26v    3u  2v  9u  4v  (4) 14 Ta có hệ {u3=v3+35 ¿ ¿¿¿ Suy u    3u  9u   v  35    2v  4v   u  3u  9u  v  2 v  4 v  35 (5) Ta cần chọn λ cho ( ) có dạng ( u−a )3 =( v −b )3 ⇔u 3−3 au2 +3 a2 u−a 3=v −3 bv +3 b2 v−b (6 ) So sánh ( ) ( ) suy 2 {−3a=3λ¿{3a=9λ¿{−3b=−2λ¿{3b=4λ¿ ¿ 3 Như ta có ( u+3 ) =( v−2 ) ⇔u=v −5 , thay vào  3 ta ( v −5 )3 −v +35=0 ⇔ v −5 v +6=0⇔ v=2; v=3 +) v =2⇒ u=−3 ta có hệ phương trình v =3⇒ u=−2 +) { x+y=−3¿¿¿¿ { x+y=−2¿¿¿¿ ta có hệ phương trình Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm 1 x =− ¿ ¿¿¿ x = ¿ ¿¿¿ 2 { { Bài tập tự luyện Giải phương trình sau: x −8 √ x +12=0 2 x−1=−3 √ 1−x+ √1+x+ √ 1−x { x3+3 xy 2=−49 ¿ ¿¿¿ 15 2.4 Hiệu sáng kiến: Khi áp dụng chuyên đề vào giảng dạy mang lại hiệu bất ngờ, em học sinh thấy hứng thú với mơn tốn Đối với học sinh lớp 10 em khơng cịn sợ phương trình hệ phương trình khơng mẫu mực trước Còn lớp 12 nhiều em giải tốt phương trình hệ phương trình mũ- logarit mức độ vận dụng cao kỳ thi thử THPT Quốc Gia Các em học sinh sau tiếp cận với chuyên đề cảm thấy dễ dàng, hứng thú trình giải tốn liên quan đến phương trình hệ phương trình khó Thơng qua khảo sát chất lựơng thu kết sau: Lớp 10 A2: (42 học sinh) Xếp loại Giỏi Khá Số lượng 25 TB 10 Yếu Kém Lớp 12B6: (40 học sinh) Xếp loại Giỏi Khá Số lượng 17 TB 15 Yếu Kém KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận - Trong giai đoạn giáo dục nay, đổi phương pháp giảng dạy nhiệm vụ quan trọng nhằm đào tạo cho xã hội nguồn nhân lực thực thụ Bản thân mong muốn làm để nâng cao chất lượng học tập học sinh nên cố gắng tìm tịi ứng dụng vào việc giảng dạy cở sở kinh nghiệm qua năm đứng lớp - Phương trình hệ phương trình dạng khó em học sinh, nên cố gắng tập hợp, giải tốn thơng qua phương pháp giải cụ thể để học sinh dễ hiểu Qua ứng dụng SKKN giảng dạy cho học sinh nhận thấy tốn phương trình, hệ phương trình khơng mẫu mực đạo hàm hàm số công cụ tuyệt vời dễ hiểu, giúp em học sinh tự tin lên nhiều đối mặt với dạng tập - Như vậy, với SKKN dù hay nhiều giúp ích cho cho công việc giảng dạy tôi, nâng cao chất lượng học mơn tốn trước Đối với thân tôi, giáo viên đứng lớp viết SKKN giúp ích nhiều việc tự học trau dồi chun mơn, nghiệp vụ - Từ q trình áp dụng SKKN tơi thấy học kinh nghiệm rút giảng dạy giáo viên phải giúp học sinh tiếp thu kiến thức cách nhẹ nhàng tự nhiên, khơng nên gị ép, áp đặt, phải đưa phương pháp giải loại tốn Có học sinh hứng thú học tập u thích mơn tốn 3.2 Kiến nghị 16 Bài tốn giải phương trình, hệ phương trình đại số hay mũ- logarit, kể lượng giác tốn khó chương trình tốn THPT, hầu hết học sinh gặp khó khăn tiếp cận với toán Để giúp học sinh nắm vững kiến thức phương pháp toán, đồng thời biết vận dụng cách linh hoạt kiến thức để giải nhiều tình khác xin nêu số giải pháp đề nghị sau: Đối với tổ chuyên môn chuyên môn nhà trường cho phép áp dụng SKKN với số lớp cách cho học sinh học phụ đạo buổi chiều Tổ chun mơn thường xun đóng góp ý kiến cho SKKN tơi q trình tơi thực SKKN Do kinh nghiệm cịn thiếu, thời gian nghiên cứu ứng dụng chưa dài nên đề tài tơi khơng tránh khỏi cịn nhiều hạn chế Rất mong đóng góp đồng nghiệp để tơi hồn thiện đề tài XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 24 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Thị Thúy TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Phương pháp giảng dạy môn toán Tác giả: Vũ Dương Thụy – Nguyễn Bá Kim – NXB Giáo dục 2) Trọng tâm kiến thức đại số 10 Tác giả: Phan Huy Khải – Nhà xuất Giáo dục 3) Sách giáo khoa đại số 10 nâng cao Nhà xuất Giáo dục 4) Sách tập đại số 10 nâng cao Nhà xuất Giáo dục 5) Sách giáo khoa giải tích 12 nâng cao Nhà xuất Giáo dục 6) Sách tập giải tích 12 nâng cao Nhà xuất Giáo dục Ngồi tơi cịn tham khảo số tài liệu mạng, nhóm Word tốn,… 17 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Thị Thúy ……… Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên toán ., TT Tên đề tài SKKN Ứng dụng phần mềm Cabri 3D nâng cao hiệu dạy “Mặt cầu- khối cầu” Sử dụng phương pháp tọa độ khơng gian giải số tốn hình học không gian Cấp đánh giá xếp loại Kết đánh giá xếp loại Năm học đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) (A, B, C) Cấp tỉnh C 2013-2014 Cấp tỉnh C 2016-2017 18 19 ... sáng kiến kinh nghiệm: ? ?Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bồi dưỡng học sinh giỏi? ?? 1.2 Mục tiêu sáng kiến Cung cấp số phương pháp giải hữu ích để giáo viên giảng dạy học sinh. .. cận, giải tập phương trình hệ phương trình đề thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Từ giúp em nắm vững khắc sâu kiến thức hơn, biết cách vận dụng, khai thác số dạng tốn phương trình, hệ phương. .. trình xoay quanh số vấn đề chủ yếu là: - Tìm mối quan hệ biến phương trình hệ để vào phương trình khác giải - Dùng tính đơn điệu hàm số để giải tốn hệ lặp Ví dụ Giải hệ phương trình: 3  x 