Chuyên đề Phương trình vô tỉ Toán 942153

II.MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:1/ Thuyết minh : Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: – Phương pháp nghiên cứu lý luận – Phương pháp khảo sát thực tiễn – Phương pháp

II.MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:

1/ Thuyết minh :

Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây:

– Phương pháp nghiên cứu lý luận

– Phương pháp khảo sát thực tiễn

– Phương pháp phân tích

– Phương pháp tổng hợp

– Phương pháp khái quát hóa

– Phương pháp quan sát

– Phương pháp kiểm tra

– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

2/Các phương pháp giải phương trình vô tỉ

1 Phương pháp nâng lên lũy thừa

a) Dạng 1: f (x)  g(x) g(x) 0 2

f (x) [g(x)]











Ví dụ Giải phương trình: x 1    x 1 (1)

Giải: (1)  x 1 x2 1 x 1



Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3

b) Dạng 2: f (x)  g(x)  h(x)

Ví dụ Giải phương trình: x    3 5 x  2 (2)

Giải: Với điều kiện x ≥ 2 Ta có:

(2)  x   3 x   2 5

 2x 1 2 (x    3)(x  2)  25

 (x  3)(x  2)  12  x





Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6

c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x)

Ví dụ Giải phương trình: x 1   x   7 12  x (3)

Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12 Ta có:

(3)  x 1   12   x x  7

 x 1 5 2 (12     x)(x  7)

2 19x  x  84   x 4

 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0  5x2 – 84x + 352 = 0

2

 x1 = 44; x2 = 8

5

Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 44; x2 = 8

5

d) Dạng 4: f (x)  g(x)  h(x)  k(x)

Ví dụ Giải phương trình: x  x 1   x   4 x   9 0(4)

Giải: Với điều kiện x ≥ 4 Ta có:

(4)  x   9 x  x 1   x  4

 2x   9 2 x(x  9)  2x   5 2 (x  4)(x 1) 

 7  x(x  9)  (x 1)(x   4)

49  x  9x 14 x(x   9)  x  5x  4

 45 + 14x + 14 x(x  9) = 0 Với x ≥ 4  vế trái của phương trình luôn là một số dương  phương trình vô nghiệm

2 Phương pháp trị tuyệt đối hóa

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2  4x    4 x 8 (1)

Giải: (1)  2

(x  2)   8 x

Với điều kiện x ≤ 8 Ta có:

(1)  |x – 2| = 8 – x

– Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm)

– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5

HD: Đáp số: x = 5

Ví dụ 2 Giải phương trình x   2 2 x 1   x 10   6 x 1   2 x   2 2 x 1  (2) Giải: (2)  x 1 2 x 1 1      x 1 2.3 x 1 9      2 x 1 2 x 1 1    

 x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|        

Đặt y = x 1  (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành:

y 1 | y 3 | 2 | y 1|     

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại)

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)

Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8

3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm

Ví dụ 1 Giải phương trình x 1   5x 1   3x  2

Cách 1 điều kiện x ≥ 1

Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1   5x 1   vế trái luôn âm

Vế phải: 3x  2≥ 1  vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm

Cách 2 Với x ≥ 1, ta có:

x 1   5x 1   3x  2

 x 1 8x     3 2 (5x 1)(3x   2)

 2 7x   2 (5x 1)(3x   2)

Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vô nghiệm

b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế

Ví dụ 2 Giải phương trình: 3x2 6x   7 5x2 10x 14    4 2x  x2 (1)

3(x 1)    4 5(x 1)     9 5 (x 1) 

Ta có: Vế trái ≥ 4  9    2 3 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1

Vế phải ≤ 5 Dấu “=” xảy ra  x = –1 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1

c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất)

Ví dụ 1 Giải phương trình: x 7 2

x 1



Giải: điều kiện x ≥ 1

2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình

– Nếu 1 : VT = Mà: VP >

x 1

– Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x 1  > 2.22 + 3 = 8  3 VT < 8  3

    

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2

3x  7x   3 x   2 3x  5x 1   x  3x  4

Giải: Thử với x = 2 Ta có:

(3x  5x 1)   2(x  2)  (x  2)  3(x  2)  3x  5x 1   x  2

Nếu x > 2: VT < VP

Nếu x < 2: VT > VP

Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải: ĐK: x < 2 Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương trình Ta cần chứng minh đó là nghiệm 3

2

duy nhất Thật vậy: Với x < : 3 và 

2

6 2



8 4



6

Tương tự với < x < 2: 3

2

6

Ví dụ 4 Giải phương trình: 3x(2  9x2  3)  (4x  2)(1  1 x   x )2  0(1)

Nếu 3x = –(2x + 1)  x = 1 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau Vậy x = là một

5

5



nghiệm của phương trình Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng 1 ; 0 Ta chứng minh đó là

2

nghiệm duy nhất

Với 1 1: 3x < –2x – 1 < 0

x

   

 (3x)2 > (2x + 1)2  2 2

2  (3x)    3 2 (2x 1)   3

Suy ra:  2   2   (1) không có nghiệm trong khoảng

3x 2  (3x)  3  (2x 1) 2   (2x 1)   3  0

này Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi 1 x 1

   

d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt

x 4x 1





Giải: điều kiện x 1

4



Áp dụng bất đẳng thức a b 2 với ab > 0

b   a

Với điều kiện 1 Nên:

4

Dấu “=” xảy ra 

2 x

4x 1





2

x  4x 1   x  4x 1   0

x  4x     4 3 0 (x  2)      3 x 2 3    x 2 3

4 Phương pháp đưa về phương trình tích

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2x 1   x    2 x 3

Giải ĐK: x ≥ 2 Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3 Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình:

(x  3)( 2x 1   x    2 1) 0 x 3 0

 







Ví dụ 2 Giải phương trình: x 1   2(x 1)     x 1 1 x   3 1 x  2 (1)

Giải ĐK: | x | ≤ 1: (1)   x 1   1 x   2 x 1   1 x    1  0

 x1 = 0; x2 = 24

25



Ví dụ 3 Giải phương trình: x 1   x3  x2     x 1 1 x4  1 (1)

Giải Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1)

(1)     3 2   x = 2

x 1 1 1    x  x   x 1  0

5 Phương pháp đặt ẩn phụ

a) Sử dụng một ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2  x 1   1 (1)

Giải Đặt x 1  = y (y ≥ 0)

y2 = x + 1  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2

 (2)  (y2 – 1)2 + y – 1 = 0  y(y  1)(y2 + y  1) = 0

Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: 0; 1; 1 5

2

x 1 1    2 x 1    2 x

HD: ĐK: x ≥ 1 Đặt x 1 1   = y

(1)    3 2

x 1 1    x 1 1     2 0

 y3 + y2 – 2 = 0

 (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0  y = 1  x = 1

b) Sử dụng hai ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x3  1 (3)

Giải Đặt u = x 1  , v = 2 (ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0) Khi đó:

x   x 1

u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1  (3)  2(u2 + v2) = 5uv  (2u  v)(u  2v) = 0 Giải ra, xác định x Kết quả là: x  5 37 ; 5 37

x   5 x  2 1  x  7x 10   3

Giải ĐK: x ≥ –2 (1)   x   5 x  2 1   (x  5)(x  2)   3

Đặt: x  5 = u, x  2 = v (u, v ≥ 0) u2 – v2 = 3 (1)  (a – b)(1 + ab) = a2 – b2

 (a – b)(1 – a + ab – b) = 0  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0

Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 3 Giải phương trình: x 1   3x  2x 1  (1)

Giải ĐK: x ≥ 0 Đặt x 1  = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1)

 b – a = a2 – b2  (a – b)(a + b + 1) = 0

Mà a + b + 1 > 0  a = b  x = là nghiệm duy nhất của phương trình.1

2

Giải Đặt x 1 = u, = v (u, v ≥ 0)

x

x



(1)  1 5 1 5  u – (v2 – u2) – v = 0

 (u – v)(1 + u + v) = 0 Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v Giải ra ta được: x = 2

c) Sử dụng ba ẩn phụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2  3x   2 x   3 x   2 x2  2x  3 (1) Giải ĐK: x ≥ 2 (1)  (x 1)(x   2)  x   3 x   2 (x  x)(x  3)

Đặt: x 1  = a, x  2 = b, x  3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac

 (a – 1)(b – c) = 0

 a = 1 hoặc b = c Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 2 Giải phương trình : x  2  x 3   x 3  x 5   x 2  x 5  x

Giải Đặt : u  2  x ; v  3  x ; t  5  x (u ; v ; t ≥ 0)

 x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu

Từ đó ta có hệ:

(v u)(v t) 3 (2)







Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30

Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u  v)(v  t)(t  u)  30 (4)

Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

30

2 30

3 30

5



 





  







 





Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:

(8)

Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:

2

30

u

60

19 30

t

60



















d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình

Ví dụ 1 Giải phương trình x 1   2x 1   5

Cách 1: Giải tương tự bài 1 Ta được x = 5

Cách 2: Đặt x 1    u 0 và 2x 1   v Ta có hệ:   x = 5.

 











  



Ví dụ 2 Giải phương trình: 8  x  5  x  5

Giải ĐK: 0 ≤ x ≤ 25 Đặt 8  x = u , 5  x  v (u, v ≥ 0):

 Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất

 







v



25  x  9  x  2

Giải ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 2 = u, = v (u, v ≥ 0)

9  x

  Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất

 









Ví dụ 4 Giải phương trình: 1 x   4   x 3

Giải ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1 Đặt 1 x   u ; 4   x v (u, v ≥ 0)

 

 











  



2   x 2   x 4  x  2

Giải ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2   x u, 2   x v (u, v ≥ 0)  (u v)2 2uv 4



Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2

Ví dụ 6 Giải phương trình: 497   x 4 x  5 (1)

Giải Đặt 497  x = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)

 (1) 



Ví dụ 7 Giải phương trình:3 x 32x   3 312(x 1) 

Giải Đặt 3 x  u, 2x3   3 v (1)

u   v 4(u  v )  u  v  3uv(u  v)  4(u  v )

 kết quả

 





6 Giải và biện luận phương trình vô tỉ

Ví dụ 1 Giải và biện luận phương trình: 2

x    4 x m

Giải Ta có: 2 



– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm

– Nếu m ≠ 0: Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  ≥ m

2

x 2m



2m



+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m  2

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2 Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm

2

x 2m





– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm

Ví dụ 2 Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x2  3  x  m

Giải Ta có: 2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm

– Nếu m ≠ 0: Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 

2

x 2m



2m





+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0  m  3

+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3

Tóm lại:

– Nếu 0  m  3 hoặc m   3 Phương trình có một nghiệm: x m2 3

2m





– Nếu  3  m  0 hoặc m  3: phương trình vô nghiệm

Ví dụ 3 Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x   m m

Giải Điều kiện: x ≥ 0

– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm

– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x   1) 0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với

( x  m )( x  m 1)   0

 

 



+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = 2

(1  m )

+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m

C.Một số sai lầm thường mắc phải

Khi giảng dạy cho học sinh tôi nhận thấy:

1 Khi gặp bài toán:

Giải phương trình 2 x  3 = x - 2 (1)

Sách giáo khoa đại số 10 đã giải như sau

điều kiện pt(1) là x  3

2 (*)

(1)  2x - 3 = x2 - 4x + 4

 x2 - 6x + 7 = 0

Phương trình cuối có nghiệm là x = 3 + 2 và x = 3 - 2

Cả hai nghiệm đều thoả mãn điều kiện (*) của phương trình (1) nhưng khi thay các giá trị của các nghiệm tìm được vào phương trình (1) thì giá trị x = 3 - 2 bị loại

Vậy nghiệm phương trình (1) là x = 3 + 2

Mặt khác, một số học sinh còn có ý kiến sau khi giải được nghiệm ở phương trình cuối chỉ cần so sánh với

điều kiện x  3

2 (*) để lấy nghiệm và nghiệm phương trình là x = 3 + 2 và x = 3 - 2

Theo tôi cách giải vừa nêu trên rất phức tạp ở việc thay giá trị của nghiệm vào phương trình ban đầu để thử sau đó loại bỏ nghiệm ngoại lai và dễ dẫn đến sai lầm của một số học sinh khi lấy nghiệm cuối cùng vì

nhầm tưởng điều kiện x  3

2 là điều kiện cần và đủ

2 Khi gặp bài toán:

Giải phương trình x2  1 = x  1

Học sinh thường đặt điều kiện sau đó bình phương hai vế để giải phương trình













 0 1

0 1 2

x x

Điều chú ý ở đây là học sinh cứ tìm cách để biểu thị hệ điều kiện của phương trình mà không biết rằng chỉ

cần điều kiện x + 1  0 là điều kiện cần và đủ mà không cần đặt đồng thời cả hai điều kiện

3 Khi gặp bài toán:

Giải phương trình (x + 1) x  3 = 0

Một số HS đã có lời giải sai như sau:

Ta có: (x + 1) x  3 = 0  















0 3

0 1

x

x











 3

1

x x

Nhận xét: Đây là một bài toán hết sức đơn giản nhưng nếu giải như vậy thì đã mắc một sai lầm mà không đáng có Rõ ràng x = - 1 không phải là nghiệm của phương trình trên

Chú ý rằng:



























0 0

0 0

B A

B B

A

ở đây đã bị bỏ qua mất điều kiện là: B ≥ 0 (x ≥ 2)

4 Khi gặp bài toán:

Giải phương trình x2  x  1 = x2 -2x+3

Một số học sinh thường đặt điều kiện rồi bình phương hai vế đi đến một phương trình bậc bốn và rất khó

để giải được kết quả cuối cùng vì phương trình bậc bốn chưa có cách giải cụ thể đối với học sinh bậc phổ thông

5 Khi gặp bài toán: Giải phương trình

(x+2) = x+1

2

1





x

x

Một số HS đã có lời giải sai như sau:

Ta có: (x+2) = x+1 =x+1

2

1





x

x

 ( x  2 )( x  1 )





















2 ) 1 ( ) 1 )(

2 (

0 1

x x

x

x

 (vô nghiệm)





















1 2 2

1

2 2

x x x

x

x















 3

1

x x

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Nhận xét: Rỏ ràng x = -3 là nghiệm của phương trình Lời giải trên đã làm cho bài toán có nghiệm trở thành

vô nghiệm

Cần chú ý rằng:





















0

; 0

0

; 0

B A khi AB

B A khi AB B

A B

Lời giải trên đã xét thiếu trường hợp A < 0; B < 0

Lúc này vai trò của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng dẫn chỉ rõ cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán, nên giải như thế nào cho hợp lý đối với từng loại toán để được một bài toán đúng biến đổi đúng và suy luận có logic tránh được các tình huống rườm rà phức tạp dễ mắc sai lầm Trên cơ sở đó hình thành cho học sinh kỹ năng tốt khi giải quyết các bài toán về phương trình vô tỉ

1/ Giải pháp 1:

* Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng 1 : f( )x = g (x) (1)

a, Phương pháp:

Giáo viên: chỉ cho học sinh thấy được rằng nếu khi bình phương hai vế để đi đến phương trình tương đương thì hai vế đó phải không âm

pt f( )x = g (x)  ( )

2 ( ) ( )

0

x

x x

g











Điều kiện gx)  0 là điều kiện cần và đủ vì f (x) = g 2

(x)  0 Không cần đặt thêm điều kiện f x)  0

b, Các ví dụ:

+ Ví dụ 1: Giải phương trình

2 x  1 = x -2 (1)

Điều kiện x  2 (*)

(Chú ý: không cần đặt thêm điều kiện 2x - 1  0)

Khi đó pt(1) 2x - 1 = (x - 2)2

x2 - 4x + 4= 2x - 1

x2 - 6x + 5 = 0

 







 5

1

x x

đối chiếu với điều kiện (*) ta thu được nghiệm của phương

trình (1) là x = 5

! Lưu ý: không cần phải thay giá trị của các nghiệm vào phương trình ban đầu để thử mà chỉ cần so sánh

với điều kiện x  2 (*) để

lấy nghiệm

+ Ví dụ 2: Giải phương trình

2 x2 x  1 = x-1 (2)

Nhận xét :

Biểu thức dưới dấu căn là biểu thức bậc hai, nên nếu sử dụng phương pháp biến đổi hệ quả sẽ gặp khó khăn khi biểu thị điều kiện để 2x2- x -1  0 và thay giá trị của các nghiệm vào phương trình ban đầu để lấy nghiệm

Ta có thể giải như sau:

Điều kiện: x  1 (**)

Khi đó pt(2)  2x2 - x - 1 = (x -1)2

2x2 - x - 1 = x2 - 2x + 1

x2 + x -2 = 0  x+2)(x-1)=0  









 2

1

x x

đối chiếu với điều kiện (**) ta thu được nghiệm pt(2) là x = 1

*Như vậy khi gặp các bài toán thuộc các dạng nêu trên học sinh chủ động hơn trong cách đặt vấn đề bài giải : điều kiện phương trình là gì? đặt cái gì ? biến đổi như thế nào là biến đổi tương đương ? biến đổi như thế nào là biến đổi hệ quả? kết luận nghiệm cuối cùng dựa vào điều kiện nào?

2/ Giải pháp 2

* Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng 2: f( )x  g( )x (2)

a Phương pháp:

Giáo viên hướng dẫn học sinh đặt điều kiện và biến đổi

pt(2)  ( ) ( )

( ) ( )

x x

x x



