NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
CƠ SỞ KHOA HỌC
Nhiều nghiên cứu đã chỉ ra mối liên hệ giữa năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo Theo Nguyễn Lộc và Nguyễn Thị Lan Phương (2016), năng lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân sử dụng hiệu quả các quá trình nhận thức, hành động, thái độ và cảm xúc để xử lý các tình huống không có quy trình hay giải pháp sẵn có Trần Việt Dũng (2013) định nghĩa năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra cái mới có giá trị dựa trên những phẩm chất độc đáo của cá nhân Việc tích hợp khái niệm này vào chương trình giáo dục phổ thông, đặc biệt ở cấp THPT, không chỉ thúc đẩy sự sáng tạo mà còn góp phần phát triển toàn diện năng lực của học sinh.
Nhận diện ý tưởng mới là khả năng xác định và làm rõ thông tin, từ đó phân tích các nguồn thông tin khác nhau để đánh giá khuynh hướng và độ tin cậy của những ý tưởng phức tạp.
Phát hiện và làm rõ vấn đề là quá trình quan trọng trong việc phân tích tình huống học tập và cuộc sống Điều này giúp người học nhận diện và nêu rõ các tình huống có vấn đề, từ đó tìm ra giải pháp hiệu quả để cải thiện Việc hiểu rõ các vấn đề này không chỉ nâng cao khả năng giải quyết vấn đề mà còn góp phần phát triển kỹ năng tư duy phản biện.
Hình thành và triển khai ý tưởng mới là quá trình phát triển nhiều ý tưởng sáng tạo trong học tập và cuộc sống, khuyến khích tư duy phi truyền thống Việc kết nối và phát triển các ý tưởng khác nhau giúp tạo ra yếu tố mới, đồng thời nghiên cứu và điều chỉnh giải pháp phù hợp với sự thay đổi của bối cảnh Đánh giá rủi ro và chuẩn bị các phương án dự phòng là điều cần thiết để đảm bảo sự thành công trong việc triển khai các ý tưởng này.
Để đề xuất và lựa chọn giải pháp hiệu quả, cần thu thập và làm rõ các thông tin liên quan đến vấn đề Việc phân tích và đề xuất một số giải pháp khả thi giúp xác định phương án tối ưu Cuối cùng, lựa chọn giải pháp phù hợp nhất sẽ đảm bảo tính khả thi và hiệu quả trong việc giải quyết vấn đề.
- Thiết kế và tổ chức hoạt động:
+ Lập được kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp;
+ Tập hợp và điều phối được nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động
Điều chỉnh kế hoạch và thực hiện các bước giải quyết vấn đề phù hợp với hoàn cảnh là yếu tố quan trọng để đạt được hiệu quả cao.
+ Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động
Tư duy độc lập là khả năng đặt ra nhiều câu hỏi giá trị và không chấp nhận thông tin một chiều một cách dễ dàng Người có tư duy độc lập không thành kiến khi đánh giá vấn đề, mà chú trọng vào các lập luận và minh chứng thuyết phục Họ luôn sẵn sàng xem xét và đánh giá lại các vấn đề để có cái nhìn toàn diện hơn.
Năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo trong môn Toán được hiểu là khả năng kết hợp kiến thức, kỹ năng và các thuộc tính cá nhân để hoàn thành nhiệm vụ học tập Sự sáng tạo thể hiện qua việc tìm ra cách hiểu mới về vấn đề, đề xuất hướng giải quyết độc đáo, cải tiến phương pháp thực hiện, hoặc đưa ra cách đánh giá mới mẻ.
Chương trình giáo dục phổ thông môn Toán nhấn mạnh vai trò của việc dạy học trong việc hình thành và phát triển các phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán học cho học sinh Những năng lực này bao gồm tư duy và lập luận toán học, mô hình hóa toán học, giải quyết vấn đề toán học, giao tiếp toán học, cũng như sử dụng công cụ và phương tiện toán học.
Mối quan hệ giữa phát triển các năng lực thành phần của năng lực toán học và khả năng giải quyết vấn đề cùng sáng tạo là rất rõ ràng Giáo viên có thể nâng cao năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh bằng cách tập trung vào việc rèn luyện các hoạt động cụ thể, coi chúng như những “năng lực thành phần” thiết yếu trong quá trình này.
Trong bối cảnh hiện tại, chương trình giáo dục phổ thông hiện hành (sách giáo khoa năm 2006) tiếp cận nội dung, tuy nhiên, chuyên đề phương trình vô tỷ trong chương trình đại số lớp 10 lại có thời lượng hạn chế và thiếu tính đa dạng Thực tế cho thấy, phương trình vô tỷ rất phong phú với nhiều phương pháp giải khác nhau và các bài toán khó, phức tạp Để giải quyết những bài toán này, học sinh cần nắm vững các phương pháp giải, phát triển tư duy sáng tạo, linh hoạt và thành thạo kỹ năng biến đổi.
Hiện nay, phương pháp và hình thức tổ chức dạy học đã có nhiều thay đổi, với sự chỉ đạo quyết liệt từ các nhà trường về việc áp dụng phương pháp dạy học tích cực Tuy nhiên, vẫn còn nhiều giáo viên ngại thay đổi và không linh hoạt trong giảng dạy, dẫn đến hạn chế trong việc phát triển phẩm chất và năng lực của học sinh Đặc biệt, trong việc dạy chuyên đề phương trình vô tỷ, một số giáo viên chỉ đơn thuần sưu tầm bài tập từ sách giáo khoa và sách tham khảo mà không phân tích hay đưa ra câu hỏi kích thích sự tò mò và sáng tạo của học sinh, từ đó không tạo được hứng thú cho các em khi học chuyên đề này.
Hiện nay, việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh trong dạy học gặp nhiều khó khăn do một số yếu tố ảnh hưởng, trong đó nổi bật là chất lượng đội ngũ giáo viên và nội dung chương trình giảng dạy.
Để tiếp cận hiệu quả với Chương trình giáo dục phổ thông 2018, cả người dạy và người học cần thay đổi nhận thức cũng như phương pháp giảng dạy và học tập Điều này đòi hỏi sự đầu tư vào cơ sở vật chất và áp dụng các phương pháp dạy học mới.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO
Để nâng cao khả năng giải quyết vấn đề và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, bài viết này tập trung vào việc rèn luyện kỹ năng giải phương trình vô tỷ Qua việc phân tích lời giải của một số bài toán vô tỷ và áp dụng quy trình ngược, chúng tôi giới thiệu các phương pháp sáng tạo nhằm tạo ra những bài toán mới.
Trước hết chúng ta bước vào phần rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ
1 Rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ
1.1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ
1.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình cơ bản dạng:
Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích
Kỹ năng 2: Nhân biểu thức liên hợp
1.1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Kỹ năng 1 Đặt một ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 3 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình
Kỹ năng 4 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
1.1.4 Phương pháp lượng giác hóa
1.1.5 Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x 0 hoặc f 2 ( ) x g x 2 ( ) 0 hoặc f n ( ) x g n ( ) x
1.2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư duy sáng tạo giải một số bài tập phương trình vô tỷ
Ví dụ 1 Giải phương trình sau: 2( x 2 3 x 2) 3 x 3 8 (1)
Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ bản f x ( ) g x ( )
Sau khi thực hiện phép biến đổi
Phương trình (2) là một phương trình bậc 4 Sử dụng máy tính Casio, chúng ta có thể biến đổi phương trình này về dạng tích với nhân tử chung là biểu thức x² - 6x - 4 Từ đây, chúng ta có thể tìm ra lời giải cho phương trình.
Lời giải 1 Áp dụng công thức cơ bản
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Tiếp tục phân tích, ta thấy:
3 2 ( 2 4) ( 2) x x x x x Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức
2 x và x 2 2 x 4 Nếu đặt a x 2 2 x 4, b x 2 , Ta có phương trình
Từ đó ta có lời giải sau:
Phương trình trở thành 2 a 2 3 ab 2 b 2 0 ( a 2 )( b a 2 ) b 0 a 2 b 0 a 2 b
1.Từ lời giải 2, có một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hiện hai biểu thức x 2 và x 2 2 x 4 ?
Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức trong căn x 3 8 ( x 2)( x 2 2 x 4)
Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x 2 3 x 2 theo x 2 và x 2 2 x 4 Để thực hiên ý độ đó, ta chỉ cần làm như sau:
Giả sử x 2 3 x 2 m x ( 2 2 x 4) n x ( 2) mx 2 ( n 2 ) m x 4 m 2 n Đồng nhất hệ số, ta có
2 Phương trình (*) có dạng tổng quát A f x ( ) B g x ( ) C f x g x ( ) ( )
, ta có thể có được lời giải
g x , ta cũng có được lời giải
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau:
( ) n ( ) 0 af x b f x c Khi đó, ta đặt ẩn phụ t n f x ( ) thì bài toán sẽ được giải quyết
Trong quá trình giải bài tập phương trình vô tỷ, thực tế cho thấy rằng nhiều phương trình, sau khi trải qua một số bước biến đổi, sẽ dẫn đến các phương trình có dạng cụ thể.
Nếu để ý, ta thấy lời giải 2 thực chất là biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng tích Từ đó, ta có thêm lời giải sau:
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Sử dụng một trong những lời giải nêu trên, ta sẽ giải được các bài tập phương trình vô tỷ sau: a) 3 x 2 12 x 5 10 4 x x 2 12 0 b) 2( x 2 x 6) 5 x 3 8 c) 2 x 2 5 x 1 7 x 3 1 d) 3 81 x 4 4 27 x 2 42 x 6 e) x 2 3 x 4 3 x 3 6 x 2 11 x 6
Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, chúng tôi đã phân tích và nhận xét nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong việc tìm tòi lời giải, đồng thời giúp các em hiểu được lý do đằng sau các giải pháp Chúng tôi cung cấp các dạng phương trình tổng quát để học sinh dễ dàng nhận dạng và ghi nhớ cách giải Ở các ví dụ sau, chúng tôi không tập trung vào phân tích mà hướng dẫn học sinh giải bài toán bằng nhiều phương pháp khác nhau, giúp các em nắm vững các phương pháp giải phương trình vô tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận bài toán.
Ví dụ 2 Giải phương trình sau: 3 x 2 3 x 2 ( x 6) 3 x 2 2 x 3
Lời giải 1 Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình tích
Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x 3 x
Lời giải 2 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x 3 x
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 3 x 2 2 x 3 0 t 2 3 x 2 2 x 3 3 x 2 t 2 2 x 3
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số
Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t 5; t x 1
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 4 Nhân biểu thức liên hợp
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Ví dụ 3 Giải phương trình: 3 x 2 5 x 2 2( x 1) 2 x 2 3 x 1 0
Lời giải 1 Biến đổi phương trình về dạng tích Điều kiện: ; 1 1; x 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 41 x 2
Lời giải 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới Đặt 2 2 2 2 2 2 2
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 2
Lời giải 4 Biến đổi phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x g 2 ( ) x
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 5 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 2 x 2 3 x 1 0 t 2 2 x 2 3 x 1
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t 4
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 6 Nhân biểu thức liên hợp
Ví dụ 4 Giải phương trình x 3 (1 x 2 3 ) x 2 2 x 2 (1)
Lời giải 1 Đặt 1 ẩn phụ, đưa về phương trình mới Điều kiện x 1;1 Đặt t x 1 x 2 , điều kiện t 1; 2
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình Đặt y 1 x 2 0 , ta có hệ:
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Lời giải 3 Phương pháp lượng giác hóa Đặt sin , ; x t t 2 2
Khi đó (1 x 2 3 ) (1 sin 2 t ) 3 cos ; 2 2 3 t x 2 2 1 sin 2 t 2 cos t
3 3 3 sin t cos t 2 sin cos t t (sin t cos ) t 3sin cos (sin t t t cos ) t 2 sin cos t t 0(1) Đặt sin cos sin cos 2 1
Với 2 sin cos 2 2 cos 2 cos 1 2
Với 1 2 sin cos 1 2 sin cos 1 2 sin 1 2 2 2 1 sin cos 1 2 2 t t a t t t t t
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Ví dụ 5 Giải phương trình sau: 2
Nhận xét: Trong phương trình có chứa 1 x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức lượng giác 1 tan 2 1 2
Khi đó 1 2 1 tan 2 1 2 1 cos cos x t t t
5sin 2sin 3 0 3 sin cos 1 sin tan
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 x 4 Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác: a) 2 x (4 x 2 1) 1 x 2 4 x 3 1 x 2 , đặt sin , ; t x t 2 2 b) 2 2 1 x 2 x (1 1 x 2 ) , đặt sin , 0; t x t 2
Ví dụ 6 Giải phương trình x 3 15 x 2 78 x 141 5 2 3 x 9
Phương trình trở thành: a 3 5 a b 3 5 b ( a b a )( 2 ab b 2 5) 0 a b 0 a b
Vậy phương trình có nghiệm là:
Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x 5) 3 5( x 5) 2 x 9 5 2 3 x 9
Ta làm như sau: xét phương trình ( x m ) 3 5( x m ) ( 2 3 x 9) 3 5 2 3 x 9
Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 2
Lời giải 2 Phương pháp hàm số
Ta có f / ( ) x 3 t 2 5 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có:
Ta làm như sau: giả sử 3 2 x 9 ax b , a 0
(1) Để (1) có nhân tử chung x y , ta cần có:
Nên ta có phép đặt y 5 3 2 x 9
Ví dụ 7 Giải phương trình: 3 3 x 5 8 x 3 36 x 2 53 x 25
Lời giải 1 Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới
Phương trình: 3 3 x 5 8 x 3 36 x 2 53 x 25 (2 x 3) 3 (2 x 3) (3 x 5) 3 3 x 5(1) Đặt a 2 x 3; b 3 3 x 5 Phương trình (1) trở thành
Vậy nghiệm của phương trình là: 2; 5 3 x x 4
Lời giải 2 Phương pháp hàm số
Ta có f t / ( ) 3 t 2 t 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2
Ví dụ 8 Giải phương trình x 4 6 x x 2 10 x 27
Lời giải 1 Phương pháp đánh giá Điều kiện: 4 x 6
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Với x 5 thỏa mãn phương trình (3)
Suy ra phương trình (3) có nghiệm x 5
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 4 Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 5 Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình Đặt 4 ( 4)(6 ) 2 10 24 3 ( 2 10 27)
Ta có hệ phương trình:
Ví dụ 9 Giải phương trình ( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39
Lời giải 1 Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( ) x g 2 ( ) x Điều kiện 2 2 7 9 0 ; 9 1; x x x 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 145 x 2
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (3 x 11) 2
Lời giải 3 Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới Đặt a x 1; b 2 x 2 7 x 9 9 x 39 2 a 2 b 2 12 a 16
Phương trình đã cho trở thành:
Xuất phát từ phương trình có dạng tổng quát dạng: u x 2 ( ) b x ( ) a x ( ) a x u x ( ) ( ) b x ( ) Nếu đặt v x ( ) a x u x ( ) ( ) b x ( ), ta có hệ đối xứng loại 2 sau:
Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng
Thật vậy: Giả sử ( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39(*) được viết thành:
Vì biểu thức trong căn của phương trình (*) có chứa 2x 2 nên b x ( ) là một biểu thức bậc hai có dạng b x ( ) x 2 px q
(2 n p x ) ( n 2 q ) ( x 1) 2 x 2 ( n p 1) x ( n q 1) Đồng nhất hệ số, ta có: 2
Khi đó ta biến đổi
Ta có lời giải sau:
Lời giải 5 Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
Lời giải 6 Nhân biểu thức liên hợp
Ví dụ 10 Giải phương trình: 8 x 2 11 x 1 ( x 1) 4 x 2 6 x 5
Lời giải 1 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 2
đây là hệ phương trình đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 4 x 2 6 x 5 t 2 4 x 2 6 x 5
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (7 x 5) 2
Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1
Trong quá trình dạy học chuyên đề phương trình vô tỷ, giáo viên không chỉ phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh mà còn cần giúp học sinh hiểu nguồn gốc của các bài tập Điều này bao gồm việc đặt câu hỏi về nguồn gốc và người sáng tạo ra các bài tập đó Để đi sâu vào vấn đề này, chúng ta sẽ tiếp tục nghiên cứu nội dung tiếp theo.
2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sáng tạo bài toán phương trình vô tỷ
2.1 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các nghiệm chọn sẵn và nhân biểu thức liên hợp
Để sáng tạo phương trình vô tỷ, phương pháp này yêu cầu người thực hiện chọn trước một nghiệm và sau đó xây dựng các biểu thức phù hợp với đẳng thức đã được xác định.
Ví dụ 1 Với x 2, ta có x 2 2, 22 3 x 4, x 2 8 12
Ví dụ 2 Với x 1, ta có x 2 2 x 5 2, 4 x 5 3, x 3 2 x 2 5 x 4 8
Ví dụ 3 Với x 6, ta có: (4 x 5) 3 x 2 72, 2 x 3 3 x 2 3 x 2 284
Do đó x 0, x 3 là nghiệm của phương trình x x ( 1)( x 3) 3 4 x x 1
Do đó x 1, x 2 là nghiệm của phương trình:
Do đó x 0, x 1 là nghiệm phương trình:
Do đó x 2, x 3 là nghiệm của phương trình:
Do đó 1, 1 x x 2 là nghiệm của phương trình:
2.2 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ phương trình lượng giác:
Xuất phát từ phương trình cos 3 cos t 2 t có nghiệm , 5 , 3
3 2 cos 3 t sin t 4 cos t 3cos t 1 cos t Đặt x cos t , ta có bài toán sau
Xuất phát từ phương trình cos 2 cos
Ta có cos 2 cos cos 2 sin 2 2 sin
2 cos 2 sin 2sin cos 1 2 cos 1 cos 2 cos 1 cos 1
Đặt x cos t , ta có bài toán sau:
Ví dụ 3 Với t 0; , ta có: 1 cos 2 t sin t
Xuất phát từ phương trình sin 5 sin t 2 t
5 3 sin 5 t cos t 16sin t 20sin t 5sin t cos t
4 2 sin (sin t t 20sin t 5) cos t (16cos 4 t 12cos 2 t 1) 1 cos 2 t cost(*) Đặt x cos t , ta có bài toán sau:
Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2 0 t 4 t
2 sin cos 2 0 (sin cos )(1 2sin ) 0 2sin (4sin 1) cos 4 sin cost t 4 t t t t t t t t
2sin t (4sin t 1) 1 sin t 4sin t 1 sin t
(*) Đặt x sin t thay vào (*), ta có bài toán:
2 tan 1 tan sin 2 ; cos 2 tan 1 1 tan t t t t t t
4 tan (1 tan ) sin 4 2 sin 2 cos 2
Xuất phát từ phương trình: 1 1 2 cos t sin 2 t sin 4 t có nghiệm t 6
1 1 2 1 2 tan 1 cos sin 2 sin 4 2 sin cos 2sin 2 cos 2 cos t t t t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
Ví dụ 6 Với t (0; ) , ta có: 1 cot 2sin 2 2 sin 2 sin
Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2
2 sin 2 cot tan cot 1 cot 1 cot
(*) Đặt 1 cot , (0; ) x 2 t t thay vào (*), ta có bài toán:
Xuất phát từ phương trình: sin 1 2 cos 3 0
Ta có: sin 1 2 cos 3 0 sin 2sin cos 3 0 sin sin cos 2
2 2 1 sin t sin (1 cos ) t t 2 2 1 sin t sin (1 t 1 sin t )
thay vào (*), ta có bài toán:
Ví dụ 8 Với ; t 2 2 , ta có: 2 2
1 tan cos cos cos 1 tan t t t t t
Xuất phát từ phương trình: 5sin 2 t 2sin t 3 0 có nghiệm sin 3 tan 3
Ta có: 5sin 2 2sin 3 0 2 5cos 2 2sin 0 1 5cos tan 0 cos 2 t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
và sin 2 2sin cos 2 tan cos 2 2 tan 2
Xuất phát từ phương trình: sin sin 6
1 6 tan 32 tan sin sin 6 cos 3sin 2 4sin 2
thay vào (*), ta có bài toán:
Thực hiện phép biến đổi (1) 1 2 5 (1 2 3 3 )
, ta có: 1 2 1 tan 2 tan cos t t t
Xuất phát từ phương trình: (1 cot )(1 cot ) t 2 t 4có nghiệm , 3 (0; )
Ta có: (1 cot )(1 cot 2 ) 4 1 1 4 2 1 2 1 1 4 sin 2 2 tan 1 cot cos tan cos t t t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
2.3 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các đẳng thức
Ví dụ 1 Xuất phát từ đẳng thức: ( a b c ) 3 a 3 b 3 c 3 3( a b b c a c )( )( )
Do đó, bằng cách chọn a b c , , sao cho ( a b c ) 3 a 3 b 3 c 3 thì ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 2 Xuất phát từ đẳng thức: a 3 b 3 ab a b ( ) ( a b a b )( ) 2
Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ
Ta có bài toán sau:
Ví dụ 3 Xuất phát từ đẳng thức: a 2 b 2 c 2 2 ab 2 bc 2 ca ( a b c ) 2
Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 4 Xuất phát từ đẳng thức: a b c abc ab bc ca 1 ( a 1)( b 1)( c 1) Nếu
Bằng cách chọn a b c , , thay vào a b c abc ab bc ca 1 0, ta thu được phương trình vô tỷ
, với x 1 1 a b c abc ab bc ca
Khi đó: a b c abc ab bc ca 1 0
Ví dụ 5 Xuất phát từ đẳng thức: 3 2 2 2 7 (*) ( 2 )(3 ) 0 2
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 2 x 2, b x 2 2 x 2, thay vào (*), ta có:5 x 2 2 x 10 7 x 4 4
Chọn a x 2 3 x 5; b x 2 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 x 4; b x 2 2 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 6 Xuất phát từ đẳng thức: 2 4 3 2 0(*) ( )( 3 ) 0
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 2 ; x b x 2 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 2 , x b x 2 4 x 3 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 7 Xuất phát từ đẳng thức:
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 x 1; b x 3 x 2 x 3 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 3; b x 2 3 x 4 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 1; b x 2 3 x 1 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 8 Xuất phát từ đẳng thức: 2 2 5 4(*) 2 2
với x 1 thay vòa (*), ta có:
với 3 x 2 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 9 Xuất phát từ đẳng thức: 1 a 2 3 a 1(*) a 0
, với x 2; 6 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 10 Xuất phát từ đẳng thức: 2
Chọn a x 1 2 x 3 , với x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 2 3 x 5, với 5 x 3 thay vào (*), ta có:
Chọn a 4 x 3 3 2 x 1, với 1 x 2thay vào (*), ta có:
Ví dụ 11 Xuất phát từ đẳng thức
Chọn a x 2 8 x 48; ( ) g x x h x ; ( ) x 6 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 2 7 x 9, ( ) g x x 5; ( ) h x 2 x 6 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 2 x 3, ( ) g x x 3, ( ) h x x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 5 x 4, ( ) g x x 6, ( ) h x x 4 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 4 x 5, ( ) g x 2 x 7, ( ) h x 2 x 1 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 12 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 2 t (*) t 1
Ví dụ 14 Xuất phát từ đẳng thức: t 2 t 20 0(*) có nghiệm t 4, t 5 Đặt t 2 x 3 x 1, với x 1 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 3 x 1 3 x 2 2 x 2 5 x 3 16 Đặt t x 3 3 3 x 1, với 1 x 3thay vào (*), ta có
Ví dụ 15 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 5 t 2 0(*) có 2 nghiệm 2, 1 t t 2 Đặt 2
, với x ( 2;0) (0; 2) thay vào (*), ta có:
, với x ( 3; ) thay vào (*), ta có:
Đặt t x 1 x 2 , với x ( 1;0) (0;1) thay vào (*), ta có:
Ví dụ 16 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 t 1 0(*) có nghiệm 1, 1 t t 2 Đặt 1 3
, với x ( 2;1) 1;3 thay vào (*), ta có:
, với x ( ; 1) (0;1)thay vào (*), ta có:
, với 2 x 3 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 17 Xuất phát từ đẳng thức: t 6 14 t 3 24 t 96 0(*) có nghiệm duy nhất t 2 Đặt t 3 4 x 4 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 2 3 x 7 3 4 3 x 4 0 Đặt t 3 4 x 4 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 2 11 x 21 3 4 3 x 4 0 Đặt t 2 3 3 x 2 thay vào (*), ta có:
2.4 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hệ phương trình đối xứng loại 2 và hệ gần đối xứng loại 2:
Ví dụ 1 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 2
Tứ (1) v a x u b x ( ) ( ) thế vào (2), ta có:
Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta được phương trình vô tỷ
Chọn u 2 x 1, ( ) a x x 2, ( ) b x ( x 1) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 3, ( ) a x 2 x 3; ( ) b x ( x 7) thay vào (3), ta có:
Chọn u 3 x 1; ( ) a x 2 x 1; ( ) b x 9 x 2 10 thay vào (3), ta có:
Chọn u x 4; ( ) a x 2 x 1; ( ) b x ( x 2 x ) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 2; ( ) a x x 2 2 x 1; ( ) b x 2 x 5 thay vào (3), ta có:
Ví dụ 2 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 3
Tứ (1) v 3 a x u b x ( ) ( ) thế vào (2), ta có: u 3 a x ( ) 3 a x u b x ( ) ( ) b x ( )(3) Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta có phương trình vô tỷ
Chọn u x 2; ( ) 1 2 ; ( ) a x x b x ( x 2 4 x 3) thay vào (3), ta có:
Chọn u 2 x 1; ( ) a x x 1; ( ) b x x 2 x 1 thay vào (3), ta có:
Chọn u 2 x 1; ( ) a x 4 2 ; ( ) x b x (2 x 2 3 x 1) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 1; ( ) 1 2 ; ( ) a x x b x 8 x 2 x 6 thay vào (3), ta có:
Chọn u x 1; ( ) a x 1 2 ; ( ) x b x 5 x 2 x 4 thay vào (3), ta có:
Ví dụ 3 Xuất phát từ hệ gần đối xứng loại 2
Xét x = 3, ta có phương trình 2x - 5 = -1 Để đạt được phương trình dạng (ax + b)³ và 3cx + d, cần giải phương trình bằng cách chuyển đổi thành hệ phương trình đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng loại 2, tức là khi trừ (cộng) vế theo vế của hai phương trình, sẽ thu được thừa số (x - y).
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) 2 y 5 3 x 2 2 y 3 x 2 5 thế vào (2), ta có:
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) y 1 3 2 x 2 y 3 2 x 2 1 thế vào (2), ta có:
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) 3 y 2 3 81 x 8 3 y 3 81 x 8 2 thế vào (2), ta có:
Nếu xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: (3 2) 3 3 81 8(1)
2.5 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các biểu thức dạng: f 2 ( ) x g 2 ( ) x hoặc
Do đó x 3 là nghiệm của phương trình:
Do đó 4 2 x 3 là nghiệm của phương trình:
Tiếp tục biến đổi phương trình (*), ta có:
Do đó x 3 là nghiệm của phương trình: f 3 ( ) x g x 3 ( )
Ví dụ 3 Xét hàm số ( ) 4 1
Ví dụ 4 Xét 2 hàm số ( ) 1 3 ; ( ) 4 1 2 f x x 2 g x x
Do đó 5 x 4 là nghiệm của phương trình
Ví dụ 5 Xét 2 hàm số f x ( ) x 2 x g x ; ( ) 2 3 x 1
Do đó x 1 là nghiệm của phương trình:
Ví dụ 6 Xét 2 hàm số f x ( ) x 2 x 2 2 x 16; ( ) g x x 2
Do đó x 2 là nghiệm của phương trình
Ví dụ 7 Xét 3 hàm số f x ( ) x 1; ( ) g x 2 x x 3; ( ) h x x 2 1
Do đó x 1 là nghiệm của phương trình:
Ví dụ 8 Xét 3 hàm số f x ( ) 2 x x 2 1; ( ) g x x 2 1; ( ) h x x 3 2
Do đó x 1là nghiệm của phương trình 2 f 2 ( ) x g x 2 ( ) 3 ( ) h x 2 0
Ví dụ 9 Xét 2 hàm số f x ( ) x 1 4 x 2; ( ) g x x x 10 10; ( ) h x x 11
Do đó x 11 là nghiệm của phương trình
2.6 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ bất đẳng thức
Ví dụ 1 Áp dụng bất đẳng thức cô si , ta có
4 27( x 1) 4 3.3.3.( x 1) 10 x x 1 (1) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
(2) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
Ví dụ 2 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
(1) Đẳng thức xẩy ra khi x 1
x (2) Đẳng thức xẩy ra khi x 1
Ví dụ 3 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
2 2 2 2 x x x x x x x (1) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
(2) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
Ví dụ 4 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có
Ví dụ 5 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có
Ví dụ 6 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có
Ta có x 2 4 x 8 x 4 8 x 2 20 ( x 2) 2 4 ( x 2 4) 2 4 2 2 4(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra x 2
Ví dụ 7 Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có
Ví dụ 8 Xuất phát từ bất đẳng thức: u v u v Đẳng thức ở xẩy ra u và v cùng hướng
(1), với x 2; 4 Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng
Tương tự chọn u ( x 1;1); v ( x 1; 3 x ), ta có:
( 1) 1 3 2 2 4 4 u v u v x x x x x (1), với x 1;3 Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng
Nếu chọn u (2 x ;1); v ( x ; 3 2 ) x , ta có bài toán:
Ví dụ 9 Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v Đẳng thức xẩy ra u và v cùng hướng
(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng 1 1 1
Bằng cách làm tương tự:
Chọn u (2 ;1), x v (2 2 ; 2) x Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v , ta có bài toán:
Ví dụ 10 Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v Đẳng thức xẩy ra u và v cùng hướng
Khi đó u v u v x 2 10 x 74 x 2 6 x 10 10(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng 5 7 13
2.7 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hàm số đơn điệu
Cho hàm số y f t ( ) đơn điệu trên khoảng ( ; ) a b ; u v , ( ; ) a b
Bằng cách chọn u v , phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 1 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t 3 t , với t R
Ta có f t / ( ) 3 t 2 1 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Chọn u x 1; v 3 x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn u x 6; v x 2 4 x thay vào (*), ta có:
Chọn u 4 x 4; v 2 x 2thay vào (*), ta có:
Ví dụ 2 Xuất phát từ hàm số y f t ( ) 2 t 3 t 2 1 đồng biến trên khoảng (0; )
Ví dụ 3 Xuất phát từ hàm số y t t t 2 2 đồng biến trên R
Ví dụ 4 Xuất phát từ hàm số f t ( ) 4 t t t 2 3 1
suy ra f t ( ) đồng biến trên ( ;0)và
Ví dụ 5 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t t 2 1 đồng biến trên R
Ví dụ 6 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t 2 t 7 đồng biến trên khoảng 0;
Giải phương trình: 2 5 4 x x 2 1 x x x 6 x 5 Để giải các phương trình vô tỷ mới được sáng tạo, chúng ta chỉ cần đi ngược lại quy trình tạo ra nó
TÍNH KHOA HỌC, TÍNH MỚI, TÍNH THỰC TIỄN, NHỮNG KINH NGHIỆM ĐƯỢC RÚT RA
Nội dung của đề tài được trình bày khoa học, các lập luận chính xác Hệ thống lý thuyết đúng đắn, có sức thuyết phục
2 Tính mới Đề tài có những điểm mới sau:
Phát triển khả năng tìm tòi và xem xét vấn đề từ nhiều góc độ khác nhau là rất quan trọng Rèn luyện tư duy sáng tạo trong việc giải các phương trình vô tỷ và tìm ra lời giải cho bài toán giúp học sinh nâng cao năng lực giải quyết vấn đề Đa dạng hóa quy trình và cách sáng tạo bài toán mới một cách lôgic, khoa học sẽ tạo hứng thú cho học sinh trong việc học toán, đồng thời góp phần tích cực vào sự phát triển năng lực sáng tạo của các em.
- Trình bày các phương pháp giải một cách khoa học, dễ hiểu, dễ áp dụng
Hệ thống bài tập đa dạng; có nhiều bài toán hay và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi và kỳ thi đại học
Đề tài này có thể áp dụng để giảng dạy chuyên đề phương trình vô tỷ cho giáo viên và học sinh, đặc biệt là học sinh khá, giỏi Nó cũng là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên trong việc ôn thi và ra đề cho các kỳ thi học sinh giỏi Qua đó, đề tài góp phần đổi mới phương pháp dạy học, hướng tới việc phát triển năng lực của học sinh.
Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu, khảo sát cho thấy hơn 80% học sinh thể hiện hứng thú với bài học Đặc biệt, hơn 50% trong số đó biết cách tìm tòi, sáng tạo và xây dựng các bài toán mới từ những bài toán gốc và các giả thiết mà giáo viên gợi ý.
4 Một số kinh nghiệm rút ra
Dạy học toán không chỉ giúp học sinh tìm ra cách giải đúng mà còn phát triển kỹ năng biến đổi quy trình, khuyến khích tư duy sáng tạo trong việc giải quyết bài toán bằng nhiều phương pháp khác nhau Học sinh cũng cần biết cách xây dựng và sáng tạo ra các bài toán mới từ những bài toán gốc hoặc từ các suy luận logic.
Rèn luyện tư duy sáng tạo trong việc giải và sáng tạo phương trình vô tỷ giúp học sinh tiếp thu tri thức hiệu quả, phát huy khả năng sáng tạo và nâng cao kỹ năng tìm lời giải cho các bài toán tương tự trong tương lai.