Hướng dẫn học sinh giải phương trình không mẫu mực

Hướng dẫn học sinh giải phương trình không mẫu mực

Sở Giáo dục - đào tạo hà Nội Phòng giáo dục - đào tạo thanh oai

Giáo viên: Trờng THCS Thanh Cao

Thanh Oai - Hà Nội

Năm học 2009 - 2010

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa việt nam

Chức vụ và đơn vị công tác : Giáo viên Trờng THCS Thanh Cao

Thanh Oai - Hà NộiTrình độ chuyên môn : Đại học toán

Bộ môn giảng dạy : Toán 9

Khen thởng : Giáo viên giỏi cơ sở

Các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã đợc công nhận

1 Các phơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử

2 Một số phơng pháp chứng minh bất đẳng thức

3 Phát triển t duy lôgic qua một số bài toán suy luận (đạt cấp tỉnh)

Xin chân thành cảm ơn hội đồng khoa học các cấp đã dành thời gian

đọc, đánh giá đề tài Rất mong nhận đợc ý kiến đóng góp cho đề tài đợc hoàn thiện hơn.

Xin đợc chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 12 tháng 4 năm 2010

Ngời viết

Nguyễn Thị Bích Huệ

12 C Kết quả thực hiện có so sánh đối chứng 34

14 E Những kiến nghị sau khi thực hiện đề tài 36

Chữ viết tắt dùng trong đề tài:

1 BĐT: Bất đẳng thức

2 ĐK: Điều kiện

a) Cơ sở lý luận:

+ Quan điểm về đổi mới phơng pháp dạy học và phơng pháp dạy học tích cực.+ Quan điểm đổi mới phơng pháp dạy học:

Luật giáo dục quy định "Phơng pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực,

tự giác chủ động, t duy sáng tạo của ngời học, bồi dỡng cho ngời học năng lực tự học, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vơn lên"

Với mục tiêu giáo dục là "Giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản, phát triển năng lực cá nhân, tính năng động và sáng tạo, hình thành nhân cách con ngời Việt Nam xã hội chủ nghĩa, xây dựng tính cách và trách nhiệm công dân, chuẩn bị cho học sinh tiếp tục học lên hoặc đi vào cuộc sống lao động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ quốc"

+ Phơng pháp dạy học tích cực:

Giúp học sinh phát huy tính tích cực tự giác chủ động sáng tạo rèn luyện thói quen và khả năng tự học, tinh thần hợp tác kỹ năng vận dụng kiến thức vào những tình huống khác nhau trong học tập và trong thực tiễn tạo niềm tin, niềm vui hứng thú trong học tập

b) Cơ sở thực tiễn:

Toán học là một môn khoa học nói chung nhng lại giữ một vai trò rất chủ

đạo trong nhà trờng cũng nh đối với các ngành khoa học khác Là một giáo viên giảng dạy bộ môn toán tôi nhận thấy cần thiết phải cải tiến phơng pháp nhằm nâng cao chất lợng dạy học Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm đợc các phơng trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phơng trình đó

đối với những đối tợng là học sinh đại trà Ngoài ra mở rộng các phơng trình khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tợng học sinh khá giỏi

- Với rất nhiều những chuyên đề đợc đề cập đến khi dạy Đại số cấp 2 và

ph-ơng trình đại số tôi mạnh dạn tập trung suy nghĩ sâu về phph-ơng trình không mẫu mực

- Bởi vì trong quá trình học toán các học sinh có thể gặp đâu đó những bài toán mà đầu đề có vẻ "lạ" không bình thờng, những bài toán không thể giải bằng cách áp dụng trực tiếp các quy tắc, các phơng pháp quen thuộc

Những bài toán nh vậy đợc gọi là "Không mẫu mực" có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện t duy toán học và thờng là sự thử thách đối với các học sinh trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi vào các lớp chuyên toán Đơng nhiên quen thuộc hay "Không mẫu mực" chỉ là tơng đối, phụ thuộc vào trình độ của ngời giải toán, có bài toán là "không mẫu mực" với ngời này nhng lại là quen thuộc đối với ngời khác.

Chuyên đề "Phơng trình không mẫu mực" giúp học sinh luyện tập đợc nhiều bài toán giải phơng trình "không mẫu mực" và một số phơng pháp giải loại phơng trình đó

- Đề tài này của tôi đợc thực hiện trong quá giảng dạy và bồi dỡng học sinh giỏi lớp 9 cũng nh ôn luyện vào lớp 10 năm học 2009-2010

- Thời gian: 14 tiết trong đó có 2 tiết kiểm tra

4 Phơng pháp nghiên cứu:

+ Phơng pháp nghiên cứu lý thuyết: Đọc sách tham khảo tài liệu

+ Phơng pháp nghiên cứu thực tiễn:

- Quan sát trực tiếp các đối tợng học sinh để phát hiện ra những vấn đề mà học sinh thấy lúng túng khó khăn

- Kiểm tra học sinh, để tìm hiểu trình độ và nhận thức của học sinh

- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút ra kinh nghiệm

B Quá trình thực hiện đề tài

I Khảo sát thực tế

1 Tình trạng thực tế trớc khi thực hiện đề tài.

Trớc khi thực hiện đề tài này các em học sinh đã đợc trang bị những kiến thức cơ bản tơng đối đầy đủ của chơng trình bộ môn Toán trong nhà trờng phổ thông THCS Quá trình nhận thức của các em ở mức khá có thể hoàn thành các bài toán bắt buộc trong SGK và có khả năng giải đợc một số bài có tính nâng cao Mặc dù vậy khi đứng trớc những bài toán khó, những bài toán "Không mẫu mực" thì việc tìm ra đờng lối giải gặp phải lúng túng và bế tắc

2 Số liệu khảo sát trớc khi thực hiện đề tài:

Khảo sát về việc giải phơng trình không mẫu mực đối với 30 học sinh đợc kết quả nh sau:

Trớc khi thực hiện đề tài

II Những biện pháp thực hiện

Qua kinh nghiệm giảng dạy một số năm bồi dỡng học sinh giỏi và thông qua một số tài liệu tham khảo tôi muốn tổng hợp phân loại từ những bài toán giải phơng trình cụ thể nhằm đa ra một số phơng pháp giải đối với những phơng trình

"Không mẫu mực" nhằm biến nó trở thành quen thuộc qua đó biết cách suy nghĩ trớc những phơng trình "Không mẫu mực" khác

f(x) = 0; g(x) = 0; h(x) = 0 thuộc tập xác định.

Đôi khi dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đa về dạng tính (với ẩn phụ) Giải phơng trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phơng trình đã cho

Dùng cách nhóm các số hạng hoặc tách các số hạng, để đa phơng trình về dạng quen thuộc mà ta đã biết cách giải:

x1 = 0 ; x2 = ; x3 = 1; x4 = 2

Bài 3: Giải phơng trình (x2 - 4x + 1)3 = (x2 - x - 1) - (3x - 2)3 (3)Giải: áp dụng hằng đẳng thức:

⇔3(x2 - 3x + 2)(-x2 + x + 1)(2x - 3) = 0

Vậy phơng trình (4) có 5 nghiệm:

12 1

2

6

2 2

x

5 1

3 6

16

4

2 2

2 2

2

+

+ +

= +

− +

+

x x

x x

5 1

3 6

8 24

2 2

2 2

2

= +

− +

− +

− +

− +

x x

x x

x

5

7 3

5 1

3 6

8

+

− +

− +

− +

−

x x

x x

5

7 1

3

5 1

1

3 1

6

8

2 2

x x

5

1 3

1 1

1 6

1

2 2

2 2

+ +

+ +

x x

x x

x

x x

x

+

+ +

+ +

+

1 3

1 1

1 6

1

2 2

t = 1 - (lo¹i)

(20) ⇔ (y 1) (4 y 1)4 82

=

− + +

Đặt ẩn phụ: y

2

b a

x + + = thì phơng trình (*) đợc đa về dạng

dy4 + ey2 +g = 0 (d,e,g là hằng số ) là phơng trình trùng phơng

Bài 21: Giải phơng trình:

0 3 x x

x 4 − 2 − + = (21)Giải: (21) ⇔ (x 4 + x 3 − x 2) (− x 3 + x 2 − x) (− 3 x 2 + x − 1)= 0

x

x

2 5 1 x

0 1

x

x

4 , 3 2

2 , 1 2

Vậy (21) có 4 nghiệm:

2

5 1 x

; 2

5 1

2

13 1 x

; 2

13 1

⇔ 





= + + +

+

=

(*) 0 1 x x x

x

2

x

2 3

a x 10 x a x x

x

2 2

+ +

= + + (23) a là hằng số

- áp dụng các bất đẳng thức Bunhia, Côsi và bất đẳng thức:

1 x 2 5 9 1 x 5 4 1 x

Ta cã VT ≥ 9 + 4 = 3 + 2 = 5; VP ≤ 5

DÊu "=" x¶y ra ⇔

( )

0 1

1 0 1

22

x x

x x

VËy (5) cã nghiÖm lµ x = -1

Bµi 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x x 18

11 x x

15 x

2 3

2

3 0

3

2

2

x x

0 5

2

2

≥ + +

−

≥

− +

x x

x x

¸p dông B§T CoSi cho 2 sè kh«ng ©m ta cã:

VT = x + x− + −x +x+ ≤ x +x− + +−x +x+ + = x =x

2

2 2

1 3 2

1 5 1

).

3 (

1 ).

5 (

2 2

2 2

Nªn ta cã: ( )

) ( 2

0 2

0 2

0 4 4

4 3

2 2 2

TM x

x x

x x

x x

−

⇔

≤ +

−

VËy (8) cã 1 nghiÖm lµ x = 2

Bµi 9: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

1 2

1

2

2

2 3 2

+ +

4

3 2

1 1

2 2

2 2

1 1

2 1 1

2

2 2

2 2

) ( 0

0 3

TM x

TM x

x x

2 5

4 2

2

DÊu "=" x¶y ra

5 , 1

3 2

5 4 2

−

⇔

x x

x x x x

VËy (10) cã 1 nghiÖm lµ x = 1,5

Bµi 11: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x− 2 + 10 −x=x2 − 12x+ 40 (11)

Giải: ĐK 2 ≤x≤ 10

Với a,b >0 ta có a+b= (a+b)2 ≤ (a+b) (2 + a−b)2 = 2(a2 +b2)Dấu "=" xảy ra ⇔a=b

Do đó VT = x− 2 + 10 −x≤ 2 (x− 2 + 10 −x) = 4

VP = 2 12 40 ( 6)2 4 4

≥ +

−

= +

vậy (11) có nghiệm là x = 6

Bài 12: Giải phơng trình: x− 2 + 4 −x=x2 − 6x+ 11 (12)Giải: ĐK 2 ≤x≤ 4

áp dụng : với mọi a,b > 0 ta có a+b≤ 2(a2 +b2)

Nên VT = x− 2 + 4 −x≤ 2 (x− 2 + 4 −x) = 2

VP = 2 6 11 ( 3)2 2 2

≥ +

−

= +

Vậy (12) có 1 nghiệm là x = 3

Bài 13: Giải phơng trình:

8 2 7

4 4

2 5

2 2

1 7 4 2

1 4

1 1 6 8 1

3

13 x − x+ + x − x+ = x − x+ (16)Gi¶i: ¸p dông B§T Bunhiacopxki cho 4 sè ta cã:

( 2 2)( 2 2) ( )2

bd ac d

x

DÊu "= " x¶y ra ⇔ 3(x2-3x+6) = 2(x2-2x+7)

⇔ x2-5x+4 = 0 ⇒x = 1 hoặc x = 4Vậy (16) có hai nghiệm x1 =1; x2 = 4

Bài 17: Giải phơng trình:

( 3 2 ) (2 2 ) (2 3 )2

3 3 2

7 9

3

10

1

− + + +

=

− +

3 3

3 Ph ơng pháp chứng minh nghiệm duy nhất:

* Các bớc: ở một số phơng trình ta có thể thử trực tiếp để thấy nghiệm của chúng, rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác nữa

VËy x >1 kh«ng lµ nghiÖm cña (2)

+ )XÐt 0 < x < 1 ta cã x x < 1 x = 1

x2 <x ⇒ x − x 2 > 0

nªn 10 x − x 2> 10 x = 1⇒10 x − x 2> x x

⇒0< x <1 kh«ng lµ nghiÖm cña (2) VËy (2) cã 1 nghiÖm x =1

+) NhËn thÊy : x = 2 lµ nghiÖm cña (4) v× :

5 32+2 3 27 + 1 + 2 = 2 + 9

+) XÐt x > 2

x 1 x 23 x

x x

2

1 2

2

1 2

2

1 2

2

1 2

9 5

4 5

= +

5

4 5

5

4 5

1 +

4 1 3 1

3

3

4 4

3 4

3

3

4 4

3 4

3

1 x

1 x

= +

Bµi 8 : Gi¶i pt 2x+3x +5x-1 = 21-x +31-x+51-x (8)Gi¶i (8) ⇐ 2 1 − x(2 x − 1 − 1)+ 3 1 − x(3 x − 1 − 1)+ 5 − x(5 x − 1 − 1)= 0

Bµi 9 : Gi¶i pt x − 31994 + x − 41995 = 1 (9)

Gi¶i (9) ⇔ x 3 1994 4 x 1995 1

=

− +

Gi¶i (10) ⇔ x 2 2000 3 x 2001 1

=

− +

−

<

− +

- Biến đổi pt đó xuất hiện nhân tử chung

- Đặt ẩn phụ thích hợp để đa việc giải phơng trình về việc giải hệ phơng trình quen thuộc

* Ví dụ :

Bài 1 : Giải pt x + x + 1 + 1 + x − x + 1 = 2 x + 1 + 1(1)

Giải : ĐK 2 x + x + 1 + 1 ≥ 0

0 1 1 x x

Ta có : u2 - v2 = 2x + x + 1 + 1= 2x + x + 1 = 22 x + 1 + 1

u + v = 2 x + 1+1Vậy (1) trở thành u2 - v2 = 2 x + 1 + 1

11x

u 11x 2v u

1v u

Ta có hệ 2 x + x + 1 + 1 = x + 1 + 1

= +

−

= +

2 1 x

1 1 x

Vậy (1) có 1 nghiệm x = 3

loại

⇔ x+1 = 4 ⇔ x =3 (thỏa mãn)

⇒

≥ +

>

0 x 4 4

0 x 4

0 x

x 4

x 4 y

2 2

x2 =− − ( lo¹i)

VËy pt (2) cã nghiÖm

12

13 1

)1 ( y x 2

2 2

x

y

x

y

⇔ x2 +x -2 = 0

1 2

3

1

x1=− + = (TM)

2 2

x1= + (Lo¹i)

2

5 1

x2 = − (TM)

VËy (3) cã 2 nghiÖm x1 = 1;

2

5 1

B i 4: Gi¶i phà ¬ng tr×nh 5 − x = x 2 − 5 (4) §K: 5 ≤ x ≤ 5 hoÆc x ≥ − 5Gi¶i: §Æt 5 − x = t ≥ 0⇒5 - x = t2 ⇒x = 5- t2

t 5 x

2 2

⇒x2 - t2 = t + x

( x t )( x t 1 ) 0

0 t x t x t x

=

−

− +

⇔

= +

−

− +

1 x t 0 1 t x

t x 0 t x

*) Thay -x = t vµo (1) ta cã x2 - 5 = -x vµ x < 0

0 5 x

x 2 + − =

⇔

2

20 1

x1=− + (lo¹i)

2

20 1

x2 =− − (TM)

*) Thay t = x - 1 vµo (1) ta cã x2 - 5 = x - 1 vµ x > 1

0 4 x

x 2 − − =

⇔

2

17 1

x3 = + (TM)

2

17 1

x4 = − (lo¹i)VËy PT (4) cã 2 nghiÖm lµ:

2

20 1

2

17 1

x2 = + Bµi 5: Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 2 + 1 = 2 3 2 x − 1 (5)

Gi¶i:

§Æt 3 x − 1 = t ⇒ x − 1 = t 3 ⇒ x = t 3 + 1

(1)(2)

= +

x 1 t

t2 1 x

3 2

t x 2 t

xt

x

2 2 2

=

2 5 1 x

; 2 5 1 x 0 1 x x

1 x

3 2

2 1

VËy (5) cã 3 nghiÖm lµ: x1 = 1;

2

5 1 x

; 2

5 1

Bµi 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh: ( 7 + 48) (x + 7 − 48)x = 14 (7)Gi¶i: §Æt ( 7 + 48)x = U > 0; ( 7 − 48)x = V > 0

1 V U

14 V U

2 V U

1 UV V U

3 3

2 2

−

= +

+

⇔

2 UV V U

V

U

1 UV

V

U

2 2

2

2

2 V U 2 V

U − = ⇔ = +

Do đó: (V 2)2 V 2 (V 2)V 1

= + + + +

0 1 V 2 V

0 3 V 6 V

3

2 2

2

= +

⇔

= + +

⇔

= + +

⇔

1 U

; 1

⇒

1 1

x3

1 1

1 x 2

3 2

3 V

2

1 x 1 V

2

1 x 0 V

1V U

ba V U

1V U

3 3

V

.

U

1 V

U

) V ( ,

3

a b 1 t

*) Nếu 0 U V 23.3 21

4

1 b

a − = → ∆ = → = − = = do đó:

a − > ⇒ ∆ > khi đó

6

1 b a 4 3 3 t 6

1 b a

; 6

1 b a

; 6

1 b a

3

3

(V 1) (2 V 1)V V 2 37

= + + +

+

⇒

0 37 V V V 1

V

3 U 4

V

Ta có: 3 x + 34 = − 3 ⇔ x + 34 = − 27 ⇒ x = − 61

30 x 64 34 x 4 34

x

VËy PT (10) cã hai nghiÖm x1 = -61; x2 = 30.

1 3

+ +

+

22) x 2 + x + 1 = x + 1

x 3 x

24) 2

x

1 x

C Kết quả thực hiện có so sách đối chứng:

Đã tiến hành kiểm tra với hai đối tợng học sinh trớc khi thực hiện đề tài này là học sinh giỏi lớp 9

Trớc khi thực hiện đề tài Sau khi thực hiện đề tài

D Tµi liÖu tham kh¶o:

1 S¸ch gi¸o khoa §¹i sè 8, 9

-E Những kiến nghị sau quá trình thực hiện đề tài:

Là giáo viên trẻ, kinh nghiệm giảng dạy và kiến thức tích luỹ cha đợc nhiều, tài liệu tham khảo còn hạn chế, mong Hội đồng khoa học đóng góp ý kiến bổ sung cho đề tài đợc tốt hơn Xin chân thành cảm ơn !

Thanh Cao, Ngày 15 tháng 4 năm 2010

Tác giả

Nguyễn Thị Bích Huệ

ý kiến của hội đồng khoa học nhà trờng

Hiệu trởng Bùi Thị Kim Anh