Lý do chọn đề tài Phương trình vô tỉ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu.
Trang 1DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
Trang 2MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU
1 Lý do chọn đề tài
2 Giới hạn và phạm vi nghiên cứu
3 Phương pháp nghiên cứu
4 Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài
5 Cấu trúc của đề tài …………
NỘI DUNG ĐỀ TÀI Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VẤN ĐỀ
1 Cơ sở lý luận
2 Cơ sở thực tiễn của vấn đề
Chương II: CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁC VÍ DỤ CỤ THỂ
1 Một số phương pháp cơ bản
2 Một số sai lầm mắc phải khi giải phương trình vô tỉ………
Chương III: KẾT QUẢ THỰC HIỆN CÓ SO SÁNH VÀ ĐỐI CHỨNG
1 Kết quả chung
2 Kết quả cụ thể
PHẦN KẾT LUẬN …………
1 Kết luận
2.Khuyến nghị
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
Trang
3 3 3 3 4 4 5 5
5 5 6
6 13
14 14 14 16 16 16 18
Trang 3PHẦN MỞ ĐẦU
1 Lý do chọn đề tài
Phương trình vô tỉ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô
tỉ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỉ có những cách giải riêng phù hợp Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo Bên cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các
kỳ thi học sinh giỏi Toán THCS và cả ở kì thi vào lớp 10 hàng năm
Chuyên đề '' Phương trình vô tỉ'' được viết theo chương trình SGK hiện hành nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi vào lớp 10, ôn thi học sinh giỏi.
Chuyên đề đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải phương trình
vô tỉ:
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh tự luyện Tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai sót Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thầy cô và các
em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
2 Giới hạn và phạm vi nghiên cứu
Đề tài được nghiên cứu thực hiện khi giảng dạy HS lớp 9 từ năm học
2018-2019 và tiếp tục áp dụng, có bổ sung trong năm học 2018-2019-2020
3 Phương pháp nghiên cứu
Tôi sử dụng phối hợp các phương pháp nghiên cứu sau:
- Tìm đọc các tài liệu tham khảo: SGK đại số 8, SGK đại số 9, Sách bồi dưỡng đại số 8 và 9, Toán nâng cao và các chuyên đề đại số 9, Các đề thi vào lớp 10, các đề thi HSG môn Toán
Trang 4- Khảo sát thực trạng HS, trắc nghiệm trên 3 đối tượng: Khá giỏi- trung bình- yếu kém
- Phương pháp quan sát;
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm giáo dục;
4 Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài:
- Nghiên cứu về khái niệm của phương trình một ẩn, khái quát và giải phương trình đó
- Kỹ năng giải các phương trình: Phương trình chứa ẩn ở mẫu, phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình chứa hệ số ba chữ, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình tích, thương, phương trình bậc cao…
- Kỹ năng giải các phương trình bậc cao đưa về phương trình bậc 1, bậc 2, phương trình vô tỉ …
- Làm các bài tập minh họa
- Một số phương pháp và dạng bài tập thường gặp
5 Cấu trúc của đề tài
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và khuyến nghị, phần nội dung chính của đề tài gồm 3 chương:
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VẤN ĐỀ
CHƯƠNG II: CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁC VÍ DỤ CỤ THỂ
CHƯƠNG III: KẾT QUẢ THỰC HIỆN CÓ SO SÁNH VÀ ĐỐI CHỨNG
Trang 5NỘI DUNG ĐỀ TÀI Chương I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VẤN ĐỀ
1 Cơ sở lý luận
Khi giảng dạy bộ môn đại số lớp 9, chúng ta bắt gặp môt số dạng phương trinh vô tỉ đã được đề cập trong sách giáo khoa nhưng không phải mọi học sinh đều giải được các dạng bài tập này một cách nhuần nhuyễn và thành thạo Thực tế cho thấy các dạng phương trình vô tỉ rất phong phú, đa dạng và
nó cũng là một trong các dạng bài tập khó đối với học sinh cấp 2
Với suy nghĩ đó, tôi đã mạnh dạn đưa ra một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và cách giải từng dạng phương trình đó nhằm giúp các em nắm được cách thức giải từng dạng bài từ đó giúp các em dễ dàng hơn khi giải phương trình vô
tỉ và bồi đắp thêm cho các em niềm say mê, hứng thú học tập bộ môn toán
2 Cơ sở thực tiễn của vấn đề
Trong quá trình giảng dạy môn Toán lớp 9, tôi thấy đa số HS có nhận dạng được phương trình vô tỉ, nhưng đại đa số đều thấy khó, chưa nắm được cách giải của từng bài Do đó, tôi mạnh dạn phân dạng một số bài tập nhằm giúp HS nhận dạng nhanh phương trình đó và từ đó tìm ra hướng giải quyết vấn đề Khi giải phương trình vô tỉ, chúng ta cần định hướng học sinh nắm vững các vấn đề sau:
2.1 Khái niệm về phương trình vô tỉ
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn ở dưới dấu căn
VD: x 1 x 2 3
2.2 Các bước giải phương trình vô tỉ (dạng chung)
- Tìm TXĐ (còn gọi là ĐK) của phương trình
- Biến đổi đưa phương trình về các dạng phương trình đã học
- Giải phương trình vừa tìm được
- Đối chiếu với TXĐ rồi kết luận
2.3 Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
Phương pháp 1 Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn ở 2 vế của phương trình (thường dùng khi 2 vế có luỹ thừa cùng bậc)
Phương pháp 2: Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối
Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ
Ngoài các phương pháp trên, thực tế giảng dạy còn một số phương pháp khó như: dùng bất đẳng thức, dự đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất, phương pháp nhân với biểu thức liên hợp, phương pháp đánh giá Nhưng
vì điều kiện không cho phép nên xin được bổ sung nghiên cứu các phương pháp trên ở các năm học tiếp theo
Trang 6Để làm được điều đó, các em cần nắm chắc các kiến thức sau:
- Các tính chất của luỹ thừa bậc 2, bậc 3, tổng quát hoá các tính chất của luỹ thừa bậc chẵn và luỹ thừa bậc lẻ
- Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, các hằng đẳng thức
- Cách giải phương trình, bất phương trình bậc nhất bậc 2 một ẩn, cách giải hệ phương trình
- Bổ sung các kiến thức để giải các phương trình đơn giản:
Chương II: CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁC VÍ DỤ CỤ THỂ
1 Một số phương pháp cơ bản.
PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
1/
( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x
2/ ( ) ( ) ( ) 02
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x
3/
( ) 0
( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )
f x
f x g x f x g x h x
( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x
2
( ) 0
( ) ( )
n
n
g x
f x g x
6/ 2n1 f x( ) 2n1g x( ) f x( ) g x( ) (n N * )
7/ 2n1 f x( ) g x( ) f x( ) g2n 1 ( ) (x n N* )
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1 (1)
Trang 7HD: (1) 2 2
x 3
3
x
Bài 2: Giải phương trình: x 2x 3 0
HD: Ta có: x 2x 3 0 2x 3 x
3 0 0
2
3
2 2 2
x x x
x
x
x
Trong 2 giá trị trên, dễ dàng nhận thấy chỉ có x=3 là nghiệm của phương trình
Bài 3: Giải phương trình: x 4 1 x 1 2 x
HD: Vế trái của phương trình chưa xác định được dương hay âm, nên không thể bình phương luôn hai vế
Ta có: x 4 1 x 1 2 x x 4 1 2 x 1 x
4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )
x
x
2
1 2
x
1
2
2 1 0
x
x
2
0
7
x x
x x
x
Cái khó nữa trong dạng phương trình này là HS cần giải 2 lần TXĐ Khi giải tiếp phương trình 2x+1= 2 2 3 1
x
x HS rất hay quên TXĐ, thực tế đây lại là dạng phương trình giống như ở bài tập 1 và 2 vừa giải
Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x2 4 0 (1)
HD:ĐK: 2
2 0
2
4 0
x
x x
PT (1)
2 3 ( 2)( 2) 0
2
2 0
(2) 17
9
x x
x x
Kết hợp (*) và (2) ta được: x = 2
Bài 5 Giải phương trình : 3 x x 3x
HD: ĐK: 0 x 3 khi đó pt đã cho tương đương: x3 3x2 x 3 0
Bài 6 Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x 4
Trang 8HD: ĐK: x 3 phương trình tương đương :
1
3 1 3
18
x
x
Bài 7 Giải phương trình sau : 3 2 3 2
HD: pt 3 x 2 3 3x3 0 x 1
Bài 8 Giải và biện luận phương trình: 2
x 4 x m
HD: Ta có: x 2 4 x m x m2 2 2 x m 2
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0: x m2 4
2m
Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m m2 4
2m
≥ m + 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 x m2 4
2m
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Bài 9 Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x2 3 x m
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
HD: Ta có: 2
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:x m2 3
2m
Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m m2 3 m
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
Bài 10 Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x m m
HD: 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
Trang 9x m 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
III- BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
a) x x 1 13 b) 3 x 34 3 x 3 1 c) 2x 5 3x 5 2 d) x 3 5 x 2 e) x 2 5 0 f) x 1 x 7 12 x
Bài 2: Giải phương trình:
a) 2
1 1
x x
d) 3 x 6 x 3 e) 3x 2 x 1 3 f) 3 x 2 x 1
g) x 9 5 2x 4 h) 3x 4 2x 1 x 3 i) x 4x 3 2
Bài 3: Cho phương trình: x2 1 x m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức sau:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ( ) 0)
f x g x f x
f x g x f x g x
f x g x f x
II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình: x 2 4x 4 x 8 (1)
HD: (1) (x 2) 2 8 x
|x – 2| = 8 – xx – 2|x – 2| = 8 – x = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x 2 : (1) x – 2 = 8 – x x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5
Bài 2: Giải phương trình: x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1
(2)
HD: (2) x 1 0
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1
x 1
x 1 1 |x – 2| = 8 – x x 1 3 |x – 2| = 8 – x 2.|x – 2| = 8 – x x 1 1|x – 2| = 8 – x
Đặt y = x 1 (y ≥ 0) phương trình(*) đã cho trở thành:
y 1 |x – 2| = 8 – x y 3 |x – 2| = 8 – x 2 |x – 2| = 8 – x y 1|x – 2| = 8 – x
– 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 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Trang 10Bài 3:Giải phương trình: x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2
HD:ĐK: 5
2
x
PT 2x 5 2 2 x 5 1 2x 5 6 2 x 5 9 14
2x 5 1 2x 5 3 14
2x 5 5
x 15 (Thoả mãn) Vậy: x = 15
Bài 4:Giải phương trình: x2 x1 x 2 x1 2
HD:ĐK:x 1
Pt x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2
x 1 1 x 1 1 2
Nếu x 2 pt x 1 1 x 1 1 2 x 2 (Loại)
Nếu x 2 pt x 1 1 1 x 1 2 0x 0 (Luôn đúng với x) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S x R |x – 2| = 8 – x 1 x 2
III- BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Giải các phương trình sau:
a) x2 2x 1 5 b) x 4 x 4 3
c) x2 6x 9 2x 1 d) x 4 x 4 5 x 2
e) x2 2x 1 x2 4x 4 4 f) x 2 x 1 x 4 x 4 10
g) x 2 x 1 x 2 x 1 2 h) x 3 2 x 4 x 4 x 4 1
i) x2 4x 4 2x 10 k) x2 4x 4 2 x
PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) x x 2 0
b) 2 7 2 2 8 0
x
x
Lời giải:
a) Điều kiện: x 0
Đặt xt (t 0 ) xt2, ta có phương trình
2 2 0 ( 0 ) 1 1 ( / ), 2 2
t1 1 x 1 x 1
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
b) Điều kiện:
2
2 2
0
2
x
x x
x
Ta có: 2 7 2 2 8 0 2 2 7 2 2 10 0
Đặt x2 2 t(t 0 ) x2 2 t2, ta có phương trình ẩn t: 2 7 10 0
t
2
3 7 );
/ ( 5 2
3 7 3
9 10 1 4 )
7
Với 5 2 2 5 2 27 1 27 3 3 ( / ), 2 27 3 3 ( / )
Trang 11Với 2 2 2 2 2 6 3 6 ( / ), 4 6 ( / )
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt:
x1 3 3 , x2 3 3 , x3 6 , x4 6
Bài 2: Giải phương trình:
Hướng dẫn: (Đây chính là bài 3 ở dạng trên, như vậy chúng ta có thể giải bài
tập này theo 2 cách)
Điều kiện: x 5
2
Đặt: = y 0 2x - 5 = y2
(1) 2(x 2) 2 2 5 2x 4 6 2x 5 14
Có: 2(x – 2) + 2 2x 5 = ( 2x 5 )2 + 2 2x 5 + 1
= y2 + 2y + 1 = (y + 1)2
2x + 4 + 6 2x 5 = ( 2x 5 )2 + 6 2x 5 + 9
= y2 + 6y + 9 = (y + 3)2
(1) + = 14
y + 1 + y + 3 = 14 do y 0 nên:
y + 1 + y + 3 = 14
2y = 10
y = 5 (thỏa mãn điều kiện y 0)
= 5 với điều kiện x 5
2 thì cả 2 vế không âm Bình phương cả 2 vế ta có:
2x - 5 = 25
2 x = 30
x = 15
Phương trình đã cho có một nghiệm x = 15
Nhận xét : Cách này có phần phức tạp hơn cách ở phương pháp 2 nói trên.
Bài 3: Giải phương trình:
x2 + = 3x + 7 (1)
(Toán bồi dưỡng đại số lớp 9)
Hướng dẫn:
Điều kiện: x2 – 3x + 5 = x2 – 2x.3
2 + 9
4 + 11
4
= (x - 3
2)2 + 11
4 > 0; x R (1) x2 - 3x + 5 + - 12 = 0 (2)
Đặt: = t (t 0)
(2) t2 + t - 12 = 0
Trang 12 = 49 > 0 = 7
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt: t1 =3 (thỏa mãn); t2 = - 4 (loại) = 3
x2 - 3x - 4 = 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x = -1; x = 4
Bài 4: Giải phương trình:
3x 2 21x + 18 + 2 x2 7x 7 2 (1)
Hướng dẫn:
Điều kiện: x2 + 7x + 7 0
Đặt: 2
x y => x2 + 7x + 7 = y2
(1) 3y2 – 3 + 2y = 2
3y2 + 2y – 5 = 0
(y – 1)(3y + 5) = 0
y1 = 1 (thỏa mãn); y2 = 5
3
< 0 (loại)
2 7x 7 1
x x2 + 7x + 6 = 0 (x + 1) (x + 6) = 0
x1 = -1; x2 = -6 (thỏa mãn điều kiện x2 + 7x + 7 0)
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = -1; x = -6
Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ: x2 7x 7 y 0 làm cho phương trình được chuyển về dạng hữu tỉ
Bài 5: Giải phương trình:
x2 + 2x + 4 = 3 x 3 4x (1)
(Trích đề thi vào 10 chuyên toán trường ĐHKHTN năm 1994)
Hướng dẫn:
(1) x2 4 2x 3 ( x2 4)x 0
Điều kiện: x 0
Đặt: x2 4 u; x v , thì phương trình có dạng:
u2 + 2v2 – 3uv = 0
(u – v)(u – 2v) = 0
u = v hoặc u = 2v
* Với u = v: x2 4 x x2 4 x => Phương trình vô nghiệm
* Với u = 2v: x2 4 2 x x2 4 4x x 2 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
a) 2 3 1 ( 3 ) 2 1
x
b) 3 4 2 ( 3 ) 3 20 12
x
c) x 1 3 x (x 1 )( 3 x) 2
Trang 132 Một số sai lầm mắc phải khi giải phương trình vô tỉ:
Thông thường khi giải phương trình vô tỉ, học sinh thường hay mắc một trong các sai lầm sau:
- Quên không tìm tập xác định khi giải phương trình
- Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương
2.1 Quên không tìm tập xác định của phương trình:
Ví dụ: Giải phương trình:
2 + 2x 1 = x (1)
Học sinh thường giải:
(1) 2x 1 = x- 2
2x – 1 = x2 – 4x + 4
x2 – 6x + 5 = 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x1 = 1; x2 = 5
* Sai lầm trong cách giải trên là:
Học sinh không tìm điều kiện xác định của phương trình nên kết luận nghiệm của phương trình không chính xác (giá trị x = 1 không là nghiệm của phương trình)
2.2 Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương:
Ví dụ: Giải phương trình:
- = 2 (1) Học sinh giải:
(1) x + 2 = 4 + 4 2x 6 +2x - 6
4 = 4 - x (3)
Bình phương 2 vế ta có:
(3) 16 (2x - 6) = 16 - 8x + x2
32x - 96 = 16 - 8x + x2
x2 - 40 + 112 = 0
' = 400 - 112 = 288 > 0 = 12
x1 = 20 + 12 ; x2 = 20 - 12
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 20 12
* Sai lầm trong cách giải là:
+ Không tìm điều kiện của (1) là: x 3
+ Khi biến đổi tương đương đến phương trình (3), học sinh không đặt điều kiện 4 - x 0 x 4
+ Kết luận nghiệm không chính xác do không đặt điều kiện