SKKN PT VÔ TỶ PRO CỦA TUẤN ANH

Để tư đó tìm ra nhưng biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thưc Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thương xuyên.. Tôi quyết định chọn đề

A-ĐẶT VẤN ĐỀ I-LỜI MỞ ĐẦU

Toán học là một trong nhưng môn khoa học cơ bản mang tính trưu tương, nhưng mô hình ưng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vưc của đơi sống xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ưng dụng Toán học là một môn học giư một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông Tuy nhiên, nó là một môn học khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sư nỗ lưc rất lớn để chiếm lĩnh nhưng tri thưc cho mình Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm hiểu cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vưng phương pháp dạy học Để tư đó tìm ra nhưng biện pháp dạy học

có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thưc Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thương xuyên

Giải toán là một trong nhưng vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi lẽ việc giải toán là một việc mà ngươi học lẫn ngươi dạy thương xuyên phải làm, đăc biệt là đối với nhưng học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thưc chủ yếu của việc học toán

Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một

trong nhưng chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu tư nhưng bài toán “Tìm x biết ” dành cho học sinh lớp 6, 7 đến việc cụ thể hóa vấn đề về phương trình ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình đại số ở lớp 9 Đây là một nội dung quan trọng bắt buộc học sinh bậc THCS phải nắm bắt đươc và có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo Trong nhưng vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngơ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này Thưc ra, đây cũng là một trong nhưng vấn đề khó Đăc biệt, với nhưng học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong nhưng vấn đề quan trọng mà bắt buộc nhưng học sinh này phải vươt qua

Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại đươc Nhà trương trưc tiếp giao trách nhiệm bồi dương đội tuyển học sinh giỏi Toán tham

dư kì thi các cấp Huyện và Tỉnh, tôi cũng rất trăn trở về vấn đề này Vấn đề đăt

ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại phương trình

vô tỉ? Và khi găp bất cư một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể tìm ra cách giải một cách tốt nhất?

Với tất cả nhưng lí do nêu trên Tôi quyết định chọn đề tài “Phương pháp giải phương trình vô tỉ cho học sinh giỏi lớp 9” trong khuôn khổ chương trình

bậc THCS

II - THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU.

1- Thực trạng

Trong nhưng năm học vưa qua, tôi đã đươc Nhà trương phân công giảng dạy đội tuyển HSG khối 9 và đội tuyển Violimpic khối 9 Qua thơi gian giảng dạy tôi thấy các em thiếu nhưng hệ thống phương pháp giải phương trình vô tỉ Nhiều em biến đổi rất lúng túng, đương lối rất sai lầm Thậm chí qua giảng dạy cho đội ngũ học sinh giỏi cho nhà trương tôi thấy các em “hổng” nhưng kiến thưc rất cơ sở như: không đăt cho biểu thưc dưới căn bậc hai không âm, khi bình phương hai vế có cả các đại luơng x nhân biểu thưc căn, không có điều kiện khi bình phương hai vế

Thơi gian công tác tại trương của tôi đến nay đã đươc 2 năm, trong thơi

gian đó tôi đã đi sâu tìm hiểu nguyên nhân để tìm biện pháp khắc phục Tôi nhận thấy có một số nguyên nhân dẫn đến tình trạng trên:

- Phần đông học sinh theo Công giáo làm các em chi phối nhiều thơi gian và tư tưởng vào các hoạt động tín ngương

- Trương THCS Nga Điền thuộc vào vùng ven, xã rất dài (đến 10 km), kinh

tế khó khăn nên việc đi lại, đầu tư cho học hành còn hạn chế Nhiều bậc phụ huynh thưc sư chưa quan tâm đến con em mình

- Phòng trào hiếu học của Nga Điền chưa thưc sư lớn mạnh nên các em theo trào lưu đó mà không có quyết tâm học

- Nhiều cán bộ giáo viên chưa thưc sư nhiệt huyết với công việc, chưa có

sư đầu tư nhiều vào trong giảng dạy

2 - Kết quả của thực trạng trên

Vì các nguyên nhân trên, dẫn đến chất lương đội ngũ học sinh giỏi mà đăc biệt là đội tuyển học sinh giỏi Toán thấp

- Học sinh rất sơ khi găp phương trình vô tỉ

- Không biết loại phương trình vô tỉ thuộc dạng nào, cách giải ra sao

Cụ thể kết quả học sinh giỏi trong khối 9 giải đươc phương trình vô tỉ như sau:

Lớp Phương pháp Giải được Có đường lối giải Không giải

được

Qua kết quả về việc giải đươc phương trình vô tỉ ta thấy số em giải đươc phương trình vô tỉ còn thấp, số học sinh có đương lối giải và không giải đươc còn nhiều

Tư thưc trạng như vậy, tôi đã dành nhiều nhiều thơi gian để thử nghiệm phương pháp riêng của mình và bước đầu đã có nhưng dấu hiệu khả quan

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I -Các giải pháp thực hiện

Để thưc hiện, tôi đã áp dụng một số giải pháp sau:

1 -Đối với giáo viên

- Nghiên cưu, phân loại các dạng bài tập sao cho phù hơp với tưng đối tương học sinh và tưng phần kiến thưc cụ thể

- Thưc hiện giảng dạy theo phương pháp mới là hướng ngươi học làm trung tâm

- Thương xuyên an ủi, động viên học sinh trong quá trình giảng dạy trên lớp

để các em thêm tư tin, hưng thú học tập

2 -Đối với học sinh

- Học và làm bài tập theo yêu cầu của giáo viên

II - Các biện pháp để tổ chức thực hiện

1 - Phương pháp nâng lên lũy thưa

a) Dạng 1: f (x) g(x) = ⇔ 2

g(x) 0

f (x) [g(x)]

≥





Ví dụ Giải phương trình: x 1 x 1 + = − (1)



=

≥

⇔







=

−

≥

⇔









−

= +

≥

3

1 0

3

1 1

1

1

2 2

2

x

x x

x

x x

x x

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

* Nhận xét Khi giải phương trình dạng trên học sinh thương mắc sai lầm là

không đăt điều kiện cho g(x)≥ 0 Chẳng hạn ở ví dụ trên nếu không đăt điều kiện x-1≥ 0, khi dẫn đến phương trìnhx2-3x=0 học sinh sẽ trả lơi phương trình có hai nghiệm x1=0, x2=3 nhưng khi thay x1 =0 vào phương trình ta thấy VT=-1, VP=1

Sở dĩ có sai lầm trên vì học sinh chưa nắm chắc tính chất của lũy thưa bậc hai

b) Dạng 2: f (x) + g(x) h(x) =

- Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa:









≥

≥

≥ 0 )

(

0 )

(

0 )

(

x

h

x

g

x

f

- Biến đổi 2 vế của phương trình không âm (với phương trình chưa căn bậc hai) ta bình phương hai vế đế đươc phương trình tương đương Sau đó đưa phương trình về dạng đã biết cách giải

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 − =

⇔( x+ 3 + x− 2)2 = 5 2

⇔ 2x 1 2 (x 3)(x 2) 25 + + + − =

⇔ (x 3)(x 2) 12 x + − = −

x 6 25x 150

x x 6 144 x 24x





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

c) Dạng 3: f (x) + g(x) = h(x)

Cách giải tương tư dạng 2

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 −

( ) (2 )2

7 12

+

⇔ 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 VT= 5x2 − 84x+ 352 = ( 5x2 − 44x) − ( 40x− 352 ) = x( 5x− 44 ) − 8 ( 5x− 44 ) = ( 5x− 44 )(x− 8 )

⇔ x1 = 445 ; x2 = 8

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

5 ; x2 = 8

d) Dạng 4: f (x) + g(x) = h(x) + k(x)

Cách giải tương tư dạng 3

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 −

( ) (2 )2

4 1

+

⇔ 2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1) + + + = − + − −

⇔ 7 + x(x 9) + = (x 1)(x 4) − −

⇔ 49 x + 2 + 9x 14 x(x 9) + + = x 2 − 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

e)Dạng 5: Sử dụng lập phương hai vế

Ví dụ 1: Giải phương trình 3 x+ 34 − 3 x− 3 = 1(5)

Giải: Lập phương hai vế của (5) ta đươc

61 30

0 1830 31

12 102 31

) 3 ( 3 34

3 )(

34 ( 3 ) 34 (

1

1

3 3

3

−

=

∨

=

⇔

=

− +

⇔

=

− +

⇔

−

−

−

− +

− +

− +

=

⇔

x x

x x

x x

x x

x x

x x

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 x− 1 + 3 x− 2 = 3 2x− 3 ( 6 )

Giải : Lập phương hai vế của (6) ta đươc

2

3 2

1

0 3 2 2 1

2 2

1 2

1 3 1 3

2

3

3 3

3

=

∨

=

∨

=

⇔

=

−

−

−

⇔

− +

− +

−

−

− +

−

=

−

⇔

x x

x

x x

x

x x

x x

x x

x

Nhận xét:

*Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc hai ta cần chú ý

- Miền xác đinh

- Sau khi biến đổi 2 vế của phương trình không âm (với phương trình chưa căn bậc hai) ta bình phương 2 vế để đươc phương trình tương đương

- Nếu bước khử căn vưa rồi chưa khử hết đươc các căn thưc bậc hai chưa ẩn, ta tiếp tục chuyển vế và đăt điều kiện để bình phương tiếp

* Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc ba thì không cần tìm điều kiện cho biểu thưc dưới căn bậc ba

- Trước khi lập phương nên cô lập căn thưc về một vế

MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG

Giải các phương trình sau bằng phép nâng lũy thưa

1 x2-4x=8 x− 1(x=4+2 2)

2 x

x

x x

x2 − 72 + −7 = (x=2)

3 x+ 1 − x+ 2 = x+ 5 − x+ 10(x=-1)

4 3 x− 1 + 3 x− 2 = 3 2x− 3(x=4;2)

5 3 x+ 1 + 3 x− 1 = 3 5x

6 3 2x− 1 =x3 16 − 3 2x+ 1(KQ x=0∨ x=

2

1

± ∨ x=

2 2

3 3

2 +

2 - Phương pháp đặt ẩn phụ

a) Sử dụng một ẩn phụ

Ví

dụ1 Giải phương trình: x 2 + x 1 1 + = (1)

Giải Đăt x 1 + = y (y ≥ 0)

⇒y2 = x + 1 ⇔ x = y2 – 1 ⇔ x2 = (y2 – 1)2

⇒ (1) ⇔ (y2 – 1)2 + y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y2 + y − 1) = 0

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

2

Ví

dụ 2 Giải phương trình: ( )3

x 1 1 − + + 2 x 1 2 x − = − (2) Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 1 Đăt x 1 1 − + = y

(2) ⇔ ( ) (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

V

í dụ 1 Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 + 1 (3)

Giải Đăt u = x 1 + , v = x 2 − + x 1 (ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ 0) Khi đó:

u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2+v2=x2+2 ,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

V

í dụ 2 Giải phương trình: ( x 5 + − x 2 1 + ) ( + x 2 + 7x 10 + ) = 3 (4)

Giải Điều kiện: x ≥ –2 (4) ⇔ ( x 5 + − x 2 1 + )( + (x 5)(x 2) + + ) = 3

Đăt: x 5 + = a, x 2 + = b (a,b ≥ 0)⇒ a2 – b2 = 3 (4) ⇔ (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

V

í dụ 3 Giải phương trình: x 1 + − 3x = 2x 1 − (5)

Giải Điều kiện: x ≥ 0 Đăt x 1 + = a, 3x =b (a, b ≥ 0): (1) ⇔ a-b=b2-a2 ⇔ (a – b)(a + b + 1) = 0

Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x = 12 là nghiệm duy nhất của phương trình

V

í dụ 4 Giải phương trình: 4 x 1 x 2x 5

x + − = + x − x (6) Hướng dẫn Đăt x 1

x

− = u, 2x 5

x

− = v (u, v ≥ 0) (6)⇔ x 1 2x 5 x 1 2x 5 0

− − − ÷ − − ÷− − =

  ⇔ u – (v2 – u2) – v = 0

⇔ (u – v)(1 + u + v) = 0 Vì 1 + u + v > 0 nên u = v Giải ra ta đươc: x = 2

c) Sử dụng ba ẩn phụ

V

í dụ 1 Giải phương trình: x2 − 3x+ 2 + x+ 3 = x− 2 + x2 + 2x+ 3 (7)

Giải Điều kiện: x ≥ 2 (7) ⇔ (x− 1)(x− 2) + x+ 3 = x− 2 + (x− 1)(x+ 3)

Đăt: 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 hoăc b = c Thay ngươc trở lại ta đươc x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

V

í dụ 2 Giải phương trình : x = 2 x 3 x − − + 3 x 5 x − − + 2 x 5 x − −

Giải Đăt : u = 2 x − ; v = 3 x − ; t = 5 x − (u ; v ; t ≥ 0)

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

Tư đó ta có hệ:

(u v)(u t) 2 (1) (v u)(v t) 3 (2) (t u)(t v) 5 (3)







Nhân tưng 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 hơp (4) với lần lươt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

v t (5)

2 30

u t (6)

3 30

u v (7)

5



+ =





 + =







+ =





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

Kết hơp (8) với lần lươt (5) ; (6) ; (7) ta có:

2

30 u

60

19 30

t

60



=









=





d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình

V

í dụ 1 Giải phương trình x 1 − + 2x 1 5 − =

Cách 1: Giải bằng cách bình phương 2 vế ta tìm đươc x=5

Cách 2: Đăt x 1 u 0 − = ≥ và 2x 1 v − = ≥0 Ta có hệ: u v 52 2

+ =



 ⇔ = −uu=212 ⇔

x = 5

V

í dụ 2 Giải phương trình: 8+ x + 5− x =5

Giải Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 25 Đăt 8+ x = u , 5− x =v (u, v ≥ 0):

u v 5

+ =





v

=

  Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất.

V

í dụ 3 Giải phương trình: 25 x − 2 − 9 x − 2 = 2

Giải Điều kiện: –3 ≤ x ≤ 3: Đăt 25 x − 2 = u, 9 x − 2 = v (u, v ≥ 0)

⇒







=

−

=

−

16

2

2

u

v

u

⇔ u v 2u v 8− = ⇔u 5v 3=

  Thế ngươc trở lại: x = 0 là nghiệm duy

nhất

í dụ 4 Giải phương trình: 1 x − + 4 x + = 3

Giải Điều kiện: – 4 ≤ x ≤ 1 Đăt 1 x − = u ; 4 x + = v (u, v ≥ 0)

u v 3

+ =



 ⇒  = −x 0x= 3

V

í dụ 5 Giải phương trình: 2 x − + 2 x + + 4 x − 2 = 2

Giải Điều kiện: –2 ≤ x ≤ 2: Đăt 2 x − = u, 2 x + = v (u, v ≥ 0) ⇒

2

(u v) 2uv 4

(u v) uv 2



Giải ra ta đươc: (u, v) = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Tư đó thế ngươc trở lại: x = ±2

V

í dụ 6 Giải phương trình: 4 97 x − + 4 x = 5 (8)

Giải Đăt 4 97 x − = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)

⇒ (8) ⇔ 4 4



V

í dụ 7 Giải phương trình:3 x + 3 2x 3 − = 312(x 1) −

Giải Đăt 3 x = u, 2x 3 3 − = v (1)

⇔ u v + =3 4(u 3 + v ) 3 ⇔ u 3 + + v 3 3uv(u v) 4(u + = 3 + v ) 3

3.(u v).(u 2uv v ) 0 3.(u v).(u v) 0

u v

= −



x=3 ; x=1

* Nhận xét

- Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đăt ẩn phụ giúp ta giải đươc nhiều bài tập khó Tuy nhiên để đăt cái gì làm ẩn phụ và có mấy ẩn phụ thì phải biết nhận xét và tìm mối liên hệ giưa các biểu thưc trong phương trình

- Cần phải có kỹ năng giải phương trình và hệ phương trình

MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG

Giải các phương trình sau bằng cách đăt ẩn phụ

1 x2 + 2x− 9 = 6 + 4x+ 2x2

2 x2 − 5x+ 13 = 4 x2 − 5x+ 9 (x=

2

5

5 ± )

4

1 2

1

= + +

4 1

, x=2- 2)

4 2

2

1 1

x

x+ − =2 (Đăt 2−x2 = y, x=1, x= 2

3

1 −

5 3 x3 + 8 = 2x2 − 6x+ 4(Đăt x− 2 =a, x2 − 2x+ 4 =b)

6 3 2 −x+ x− 1 = 1 (Đăt 3 2 −x =a, x− 1 =b, x=2;10)

7 x3 + 2 = 3 3 3x− 2 (Đăt 3 3x− 2 = y, x=1;-2)

8 x2+ x+ 2011 = 2011

3 - Phương pháp trị tuyệt đối hóa

V

í dụ 1 Giải phương trình: x 2 − 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

Đáp số: x = 5

V

í dụ 2 Giải PT 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 + − + + = + − + +

( ) (2 )2 ( )2

1 1 2

3 1 1

+

⇔ x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1| + + + + − = + −

Đăt 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

* Chú ý

- Phương pháp này thương đươc áp dụng khi biểu thưc dưới căn bậc hai viết đươc dưới dạng bình phương một biểu thưc

- Có nhưng phương trình phải biến đổi mới ra đươc dạng trên

MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG

Giải các phương trình sau bằng phương pháp trị tuyệt đối hóa