Skkn các phương pháp giải phương trình vô tỉ

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 12 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ" A. MỞ ĐẦU I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1/Thực trạng của vấn đề: Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn học giữ 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 sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh những tri thức 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 vững phương pháp dạy học. Để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các kiến thức Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thường xuyên 2/Ý nghĩa và tác dụng : - Dạy học sinh học Toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng toán, từ đó giúp các em tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách - Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi le việc giải toán là một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc biệt là đối với những học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của việc học toán 3/Phạm vi nghiên cứu: -Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một trong những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu từ những 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 được và có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo -Để thực hiện đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu tại đơn vị công tác là Trường THCS Trần Quang Diệu. II. PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH: 1/Cơ sở lý luận và thực tiển: - Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tìm ra những phương pháp giải phương trình vô tỉ một cách hiệu quả nhất -Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi cũng rất trăn trở về vấn đề này. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại phương trình vô tỉ? Và khi gặp bất cứ 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 những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài “Các phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong khuôn khổ chương trình bậc THCS 2/Các biện pháp tiến hành ,thời gian: -Đề tài được sử dụng trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối tượng là những học sinh giỏi bộ môn Toán -Đề tài được thực hiện từ ngày 05.09.2012 đến ngày 30.3.2013 B. NỘI DUNG I. MỤC TIÊU: Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này. Thực ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó, phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán mới.. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua 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 ti 1. Phương pháp nâng lên lũy thừa g(x) �0 � f (x)  g(x)  � f (x)  [g(x)]2 � a) Dạng 1: Ví dụ. Giải phương trình: Giải: (1)  x 1  x 1 (1) �x �1 �x �1 �x �1 � �2 �� � � x  1  x  1 �x  3x  0 �x  3 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 f (x)  g(x)  h(x) b) Dạng 2: 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 2 �x �12 2 �x �12 � � �� � x6 �2 2 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) 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 2  84  x  4  4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0  5x2 – 84x + 352 = 0 352 � � 2 42 1764 1764 352 � � 84 5 �x 2  x    � 5 �x  2 � x  � 5 5 � � 5 25 25 5 � � 2 4 � 42 � � 44 �  5 �x  � 5 �  5  x  8  �x  � (x  8)  5x  44  25 � 5 � � 5 �  x1 = 44 ; 5 x2 = 8 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = d) Dạng 4: 44 ; 5 x2 = 8 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 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 2. Phương pháp trị tuyệt đối hóa Ví dụ 1. Giải phương trình: Giải: (1)  x 2  4x  4  x  8 (1) (x  2) 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 Giải: (2)   x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (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: Vế phải: x  1  5x  1 3x  2 ≥  vế trái luôn âm 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: (1) 4� 9� �2 �2 3� x  2x  1  � 5 � x  2x  1  � (x 2  2x  1)  5 3� 5� � � Giải: Ta có (1)   3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 3(x  1)2  4  5(x  1) 2  9  5  (x  1) 2 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: Giải: điều kiện x ≥ x7  8  2x 2  2x  1 x 1 1 2 Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình – Nếu 1 �x  2 : 2 VT = 1 – Nếu x > 2: VP = 2x2 + x  2 � x 1  2 1 6 6 1  1 3 x 1 2 1 6 8  8 3 . x 1 2x  1 > 2.22 + Mà: VP > 3 = 8 3 8 3. VT < 8 3 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2  7x  3  x 2  2  3x 2  5x  1  x 2  3x  4 Giải: Thử với x = 2. Ta có: 3.4  7.2  3  2 2  2  3.22  5.2  1  22  3.2  4 � 1 2  3  6 (1)  (3x 2  5x  1)  2(x  2)  (x 2  2)  3(x  2)  3x 2  5x  1  x 2  2 Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 3. Giải phương trình: 6 8  6 3 x 2x Giải: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = 3 2 là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x < 3 : 2 6 2 3 x 6 8   6. 3 x 2x Tương tự với 3 2 6 8  6 3 x 2x < x < 2: Ví dụ 4. Giải phương trình: Giải: (1) 3x(2  9x 2  3)  (4x  2)(1  1  x  x 2 )  0 (1)     � 3x 2  (3x) 2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3  0    � 3x 2  (3x) 2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3  và 8 4 2x  Nếu 3x = –(2x + 1)  x = =  1 5 �1  ; � �2 Với  1 5 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng � 0� . Ta �  chứng minh đó là nghiệm duy nhất. 1 1 x : 2 5 3x < –2x – 1 < 0  (3x)2 > (2x + 1)2  Suy ra: 2  (3x) 2  3  2  (2x  1) 2  3     3x 2  (3x)2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3  0  (1) không có nghiệm trong khoảng này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi  1 1 x 2 5 d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt Ví dụ. Giải phương trình Giải: điều kiện x 1 4 Áp dụng bất đẳng thức Với điều kiện x a b  �2 b a 1 � x 4x  1  0 . 4 x 4x  1  �2 . x 4x  1  x 4x  1  2 x 4x  1 với ab > 0 Nên: Dấu “=” xảy ra  x  4x  1 � x 2  4x  1  0 x 2  4x  4  3  0 � (x  2) 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 0 � (x  3)( 2x  1  x  2  1)  0  �  � 2x  1  x  2  1 Ví dụ 2. Giải phương trình: Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1)   PT vô nghiệm x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x 2 x 1  1 x  x1 = 0; x2 = Ví dụ 3. Giải phương trình:  2 (1)  x 1  1 x 1  0 24 25 x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1 (1) Giải. Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1). (1)     x=2 x  1  1 1  x3  x 2  x  1  0 5. Phương pháp đặt ẩn phụ a) Sử dụng một ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: Giải. Đặt x 1 x2  x  1  1 (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: Ví dụ 2. Giải phương trình: HD: ĐK: x ≥ 1. Đặt (1)    x 1 1  3 x 1  1  2 x 1  2  x x 1 1=   3  1 5 � � 0;  1; � � 2 � �  (1) y 2 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 Giải. Đặt u = x 1 , v= x2  x  1 x3  1 (3) (ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó: 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  Ví dụ 2. Giải phương trình: Giải. ĐK: x ≥ –2. (1)  Đặt: x5 = u,  x2  �5  37 5  37 � ; � � 2 � � 2   x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3  (1)  x  5  x  2 1  (x  5)(x  2)  3 = 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: Giải. ĐK: x ≥ 0. Đặt x 1 x  1  3x  2x  1 = u, 3x (1) = v (u, v ≥ 0): (1)  b – a = a2 – b2  (a – b)(a + b + 1) = 0 Mà a + b + 1 > 0  a = b  x = Ví dụ 4. Giải phương trình: Giải. Đặt (1)  x x 1 x = u, 2x  5 x 1 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 4 1 5  x   x  2x  x x x (1) = v (u, v ≥ 0) 1 � 5�� 1� � 5 � � 2x  � � x �  2x   0 � � x � x�� x� x � �  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: Giải. ĐK: x ≥ 2. (1)  Đặt: x 1 = a, x2 (1) (x  1)(x  2)  x  3  x  2  (x  x)(x  3) = b,  (a – 1)(b – c) = 0 x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3 x3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac  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 : Giải. Đặt : u  2x ; x  2  x. 3  x  3  x. 5  x  2  x. 5  x v  3 x ; (u ; v ; t ≥ 0) t  5x  x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu (u  v)(u  t)  2 (1) � � (v  u)(v  t)  3 (2) � � (t  u)(t  v)  5 (3) � Từ đó ta có hệ: 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: � �v  t  � � � ut � � � uv � � 30 (5) 2 30 (6) 3 30 (7) 5 Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có: 2(u  v  t)  31 30 31 30 �u v t  30 60 (8) Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có: � 30 u � 60 � 2 � � 30 � 239 � 11 30 � x  2� �v  �60 � �  120 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 . Ví dụ 2. Giải phương trình: Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt 8 x u2 � u=3 � �� v � u  v  13 �v  3 �v=2 � 2 Ví dụ 3. Giải phương trình: Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt  uv2 � �2 u  v 2  16 �  �u  v  3 �2 2 �u  v  5  =u, 5 x  v (u, v ≥ 0): 25  x 2  9  x 2  2 uv2 � � � uv8 � Ví dụ 4. Giải phương trình:   x = 5. Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất. 25  x 2 Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt u2 �u  v  5 � �2  �u  12 2 � �v  2u  1 8 x  5 x  5 uv5 �  �2 Ta có hệ: = u, u 5 � � . v 3 � 9  x2 = v (u, v ≥ 0) Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất. 1 x  4  x  3 1 x  u ; 4x  v (u, v ≥ 0) x0 � � x  3 � Ví dụ 5. Giải phương trình: Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2  x  2  x  4  x2  2 2  x  u, 2x  v (u, v ≥ 0)  � (u  v) 2  2uv  4 � (u  v)  uv  2 � Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2 Ví dụ 6. Giải phương trình: Giải. Đặt 4 97  x  (1)  = u, 4 x 4 97  x  4 x  5 (1) = v (u, v ≥ 0) uv5 u2 u3 � � � �� �� � �4 4 u  v  97 �v  3 �v  2 � x  81 � � x  16 � Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 x  3 2x  3  3 12(x  1) Giải. Đặt  3 x  u, 3 2x  3  v (1) u  v  3 4(u 3  v3 ) � u 3  v3  3uv(u  v)  4(u 3  v 3 ) u  v � � 3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 )  0 � 3.(u  v).(u  v) 2  0 � � uv �  kết quả 6. Giải và biện luận phương trình vô ti Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình: Giải. Ta có: x2  4  x  m �x �m �x �m � � x2  4  x  m  �2 2 2 2mx  (m 2  4)  0 �x  4  x  4xm  m � – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m ≠ 0: m2  4 x . 2m m2  4 2m Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  ≥m 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 Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: Giải. Ta có: x 2  3 x  m �x �m �x �m x2  3  x  m � �2 � � 2 2 2mx  (m 2  3)  0 �x  3  x  m  2mx � – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m ≠ m2  3 0: x  . 2m Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  m2  3 �m 2m 0 �m � 3 + Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3 Tóm lại: – Nếu 0 �m � 3 hoặc – Nếu  3  m �0 m � 3 . hoặc m 3: Phương trình có một nghiệm: x m2  3 2m 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 �x  m  0 �� �x  1 m + Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m) 2 + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m C.KẾT LUẬN -Để gặt hái được những thành tích cao trong học tập. Học sinh là nhân vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò quyết định trong sự thành công hay thất bại của mỗi giáo viên làm công tác giảng dạy. Vì chính các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó -Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành công, đòi hỏi các em phải có một sự nỗ lực rất lớn. Một sự quyết tâm học tập hết khả năng của bản thân mình. Chính vì vậy, sự động viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành, gia đình các em và những giáo viên là rất lớn. Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 9, đặc điểm tâm lí lứa tuổi của các em có tác động không nhỏ đến việc học tập của các em. Nhận thức rõ điều đó, mỗi giáo viên cần phải dành một sự quan tâm rất lớn đến các em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có thể có một sự quyết tâm lớn trong công việc học tập của mình. Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn Toán, đây là một môn học khó, có rất ít học sinh lựa chọn tham gia thi môn này. -Người giáo viên giảng dạy toán phải là người có một cái nhìn tổng quát về môn toán trong bậc học của mình, phải là người giải toán thường xuyên, cặp nhật thường xuyên những thuật toán, những thủ thuật giải toán hiệu quả. Nói tóm lại là kiến thức của thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người giỏi toán. Cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn mực. Cặp nhật thường xuyên những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt là phải kích thích được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy được những tố chất tốt nhất của các em để công việc học tập của các em đạt được hiệu quả cao -Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong khuôn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ thể là những phương pháp giải phương trình vô tỉ của lớp 9. Ngoài những phương pháp mà tôi chắt lọc nêu trên, chắc chắn còn nhiều phương pháp giải khác mà bản thân tôi, do năng lực còn hạn chế và thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên đề tài của tôi không thể không còn những sơ suất. Chính vì vậy, tôi rất mong có sự đóng góp, bổ sung của các đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện hơn TÀI LIỆU THAM KHẢO -Sách giáo khoa toán 9,tập1;2 -Sách bài tập toán 9,tập1;2 -Sách giáo viên toán 9,tập1;2 -500 bài toán 9 chọn lọc (Nguyễn ngọc Đạm-Nguyễn quang Hanh-Ngô long Hậu) -Để học tốt đại số 9 (Nguyễn vĩnh Cận-Vũ thế Hựu-Hoàng Chúng) -Các sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung học cơ sở
- Xem thêm -