Skkn giúp học sinh làm tốt loại toán giải phương trình vô tỷ

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 14 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong quá trình giảng dạy môn toán ở trường THPT, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là vấn đề được các nhà trường quan tâm. Bản thân tôi qua một số năm giảng dạy ở các lớp có nhiều học sinh thuộc đối tượng này, tôi luôn trăn trở làm thế nào để dạy cho học sinh làm tốt loại toán giải phương trình vô tỷ, đây là loại bài toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi và học sinh thi vào các trường đại học. Chẳng hạn: n Hầu hết các bạn học toán đều biết phương trình n ax  b  c  dx  e    x   là một trong những dạng phương trình khó của "phương trình vô tỷ"; điều kiện giải �d  ac   , khi đó để giải, ta sẽ thực hiện phép e  bc   � được là các hệ số phải thoả mãn � đặt n ax  b  dy  e rồi đưa về một hệ đối xứng loại I, hoặc hệ đối xứngloại II. Tuy nhiên trong quá trình học tập, ta thường gặp các phương trình không cho sẵn ở dạng trên mà thường cho ở dạng tổng quát n ax  b  an x n  ...  a2 x 2  a1 x  a0 . Vấn đề đặt ra là làm thế nào để đưa được phương trình tổng quát về được đúng dạng trên với các hệ số thoả mãn điều kiện giải được. Trong quá trình tham khảo tài liệu tôi thấy rằng, có rất nhiều tài liệu các tác giả khi đưa nội dung này ra chỉ đề cập tới phương pháp chung là đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng, chứ chưa thấy đề cập tới việc xây dựng cách đặt như thế nào. Là một giáo viên Toán tôi cảm thấy rất băn khoăn khi dạy học nội dung này. Nếu chỉ dừng lại ở việc cung cấp lời giải cho học sinh thì không phải là vấn đề khó khăn lắm, khi học sinh được tiếp cận lời giải thì có thể hiểu được, nhưng tính thuyết phục và định hướng cách giải tổng quát chưa thật sự đáp ứng được cho nhu cầu của học sinh, học sinh tiếp nhận vẫn còn gượng gạo, còn gặp khó khăn trong việc tự giải những bài tập khác. Do vậy, việc cần tìm ra một con đường ngắn nhất, thực hiện các thao tác đơn giản, tiết kiệm được tối đa thời gian để giải bài toán n ax  b  an x n  ...  a2 x 2  a1 x  a0 là vấn đề tôi luôn trăn trở. Từ những yêu cầu đó, tôi đã hướng dẫn cho học sinh giải đơn giản, dễ hiểu để giải các phương trình dạng này. Để minh hoạ cho cách làm này, tôi sẽ đưa ra những bài toán ở mức độ thi đại học và thi học sinh giỏi. Với mỗi bài toán như vậy, tôi đi sâu vào việc phân tích các khả năng tiếp cận lời giải, dẫn ra những cách giải tương ứng, đưa ra những nhận xét phù hợp, để từ đó học sinh có thể nắm bắt được nội dung thấy được "cái nhanh" của cách làm và có con đường tổng quát cho các bài toán tương tự. Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp trong phương trình vô tỷ cũng rất hay sử dụng và có hiệu quả, trong bài viết này tôi cũng trao đổi cùng bạn đọc một số phương pháp này. Cuối cùng là một số bài tập để học sinh rèn luyện kỹ năng. 1 II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Cơ sở luận của vấn đề. Để giải quyết tốt nội dung trên: - Trước hết yêu cầu học sinh nắm vững các kỹ năng giải hệ phương trình đối xứng - Khi dạy nội dung ax  b  cx 2  dx  e tôi hướng dẫn và yêu cầu học sinh thực hiện giải bằng nhiều cách có thể, sau đó cho học sinh tự nhận xét về ưu nhược trong mỗi cách, để học sinh thấy được sự vượt trội của cách làm mới này. - Khi dạy nội dung 3 ax  b  cx3  dx 2  ex  m , trên cơ sở học sinh đã hình thành tốt kỹ năng cho cách làm mới, tôi hướng dẫn học sinh thực hiện giải theo nội dung của cách đặt đưa về hệ đối xứng để giải. - Về phần sử dụng biểu thức liên hợp, tôi đưa ra các các cách để xử lí, trên cơ sở đó học sinh năm được phương pháp để vận dụng hợp lí. - Khi học sinh đã thành hình thành tốt kỹ năng, tôi hướng dẫn học sinh cách tự xây dựng hệ thống bài tập tương tự trên cơ sở phương pháp và nội dung kiến thức đã biết. 2.Thưc trạng của vấn đề nghiên cứu. Đối với nhiều học sinh, khi gặp những bài toán thuộc dạng trên thường tỏ ra rất lúng túng và phải mất rất nhiều thời gian để giải. Là một giáo viên Toán tôi cảm thấy rất băn khoăn khi dạy học nội dung này. Nếu chỉ dừng lại ở việc cung cấp lời giải cho học sinh thì không phải là vấn đề khó khăn, khi học sinh được tiếp cận lời giải thì có thể hiểu được nội dung bài giải, nhưng tính thuyết phục và định hướng cách giải tổng quát chưa thật sự đáp ứng được cho nhu cầu của học sinh, học sinh tiếp nhận vẫn còn gượng gạo, còn gặp khó khăn trong việc tự giải những bài tập khác. Từ thực tế dạy học, kết hợp với việc phân tích, lấy ý kiến phản hồi từ học sinh, tôi nhận thấy một trong những nguyên nhân dẫn đến thực trạng trên là do học sinh phải thực hiện một loạt các thao tác phức tạp mới có được lời giải, việc tiếp cận vấn đề này chưa thực sự hợp lý, học sinh chỉ biết tiếp nhận một cách thụ động, các cách giải chưa đem lại tính thuyết phục, chưa thực sự phát huy tính tích cực và chủ động trong học tập cho học sinh. Do vậy, hiệu quả học tập không cao. Việc cần tìm ra "con đường ngắn nhất", thực hiện các thao tác đơn giản nhất, tiết kiệm được tối đa thời gian để giải bài toán n ax  b  an x n  ...  a2 x 2  a1 x  a0 là vấn đề tôi luôn luôn trăn trở. Từ thực trạng trên, để công việc dạy và học đạt hiệu quả tốt hơn, tôi đã mạnh dạn cải tiến cách dạy học sinh tiếp cận với các bài thuộc dạng này bằng giải pháp được nêu ở phần sau. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện. Trước hết, yêu cầu học sinh nắm vững các kỹ năng giải hệ phương trình đối xứng. Sau đó sắp xếp các đơn vị kiến thức theo mức độ tăng dần như sau: 2 - Trường hợp 1: Dạng 1: ax  b  cx 2  dx  e 1 ax  b  x 2  dx  e a ax  b  cx 2  dx  e (ac �1) Dạng 2 : - Trường hợp 2: Dạng 1 : ax  b  cx 3  dx 2  ex  m 1 3 ax  b  x 3  dx 2  ex  m a 3 ax  b  cx 3  dx 2  ex  m (ac �1) 3 Dạng 2 : - Trường hợp 3: Các bài toán sử dụng biểu thức liên hợp Đối với mỗi dạng, tôi hướng dẫn cho học sinh cách làm cụ thể, ứng với mỗi cách làm đó là các ví dụ có tính đặc trưng để học sinh nắm vững cách giải cho các bài tập tương tự. Để minh hoạ cho cách làm này, tôi sẽ đưa ra những bài toán ở mức độ thi Đại học và thi chọn học sinh giỏi. Với mỗi bài toán như vậy, tôi đi sâu vào việc phân tích các khả năng tiếp cận lời giải, dẫn ra những cách giải tương ứng, đưa ra những nhận xét phù hợp, để từ đó học sinh có thể nắm bắt được nội dung thấy được "cái nhanh" của cách làm và có con đường tổng quát cho các bài toán tương tự. Sau cùng là một số bài tập tự luyện (các kiến thức, kỹ năng giải hệ đối xứng tôi yêu cầu học sinh tự rèn luyện trên cơ sở các phương pháp giải hệ đã được học nên không đưa vào nội dung bài viết này). 3.1. Trường hợp 1: ax  b  cx 2  dx  e (I) Mục đích phải biến đổi để từ phương trình (I) có bằng được một hệ đối xứng, tôi hướng dẫn cho học sinh liên tưởng tới yếu tố đối xứng ở vế phải của (I) (trục đối xứng của Parabol), cùng với việc thực hiện phân tích biến đổi ngược từ hệ đối xứng để hình thành cách đặt cho phương trình, giúp học sinh thấy có mối liên hệ rất đặc biệt là: Nếu đặt ax  b   y   thì   là hoành độ đỉnh của Parabol f ( x )  cx 2  dx  e . Do đó tôi xây dựng (I) theo hai dạng như sau: 1 Dạng 1: ax  b  x 2  cx  d . a p 1 Xét Parabol f ( x )  x 2  cx  d có hoành độ đỉnh x0   q là nghiệm của a p phương trình f '( x)  0 khi đó ta thực hiện cách đặt ax  b  y  q , biến đổi được ngay một hệ đối xứng đơn giản. 3 Ví dụ 1. Giải phương trình x 2  6 x  3  x  3 (với x �3 ) Khi gặp một phương trình chứa căn, tư tưởng chủ đạo của học sinh thường là khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa, tôi đã hướng dẫn cho học sinh thực hiện giải theo hai cách như sau: Cách 1: (Thực hiện khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa) Xét x 2  6 x  3 �0 khi đó phương trình vô nghiệm x2 �  6x�3 0 x 3 6; x 3 6 kết hợp điều kiện x �3 � x �3  6 (1) � ( x 2  6 x  3) 2  x  3 � x 4  12 x3  42 x 2  37 x  6  0 � ( x  6)( x 3  6 x 2  6 x  1)  0 5 � 21 2 x �3  6 ta được x  6 là nghiệm của phương � ( x  6)( x  1)( x 2  5 x  1)  0 � x  1; x  6; x  Kết hợp với điều kiện trình. Cách 2: Xét Parabol f ( x)  x 2  6 x  3 có hoành độ đỉnh là x  3 nên: Đặt x  3  y  3 (ĐK y �3 ; x �3 ) khi đó ta được 2 � xy �x  3  y  6 y  9 � � x  y (do y �3 và x �3 nên x  y  5 ) � � � 2 x y 5 �y  3  x  6 x  3 � Với x  y ta có x  3  x  3 � x 2  7 x  6  0 � x  6; x  1 � x  6 (do x �3 ) Vậy x  6 là nghiệm của phương trình. Đọc lời giải trên ta thấy rằng, nếu giải theo cách thứ nhất thì gặp phải yêu cầu giải phương trình bậc 4 tổng quát, trong trường hợp bài này có các hệ số " đẹp" nên việc giải không khó khăn lắm, nhưng nếu bài toán với hệ số không đẹp thì việc giải sẽ không được thuận lợi, trong khi đó giải theo cách thứ hai thì lời giải rất nhẹ nhàng . Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x  9  7 x 2  7 x ( x  0) (2). 28 Cách 1: (Thực hiện khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa) (2) � 28(7 x 2  7 x)2  4 x  9 � 4.7.7(7 x 2  7 x) 2  4.7 x  63 2 � 4� (7 x) 2  7(7 x)� � �  4(7 x)  63 đặt t  7 x (ĐK: t  0 do x  0 ). Dùng phân tích Ferrari (2t 2  14t ) 2  4t  63 � (2t 2  14t ) 2  2m(2t 2  14t )  m 2  4mt 2  2(14m  2)t  m 2  63 � (2t 2  14t  m)2  4mt 2  2(14m  2)t  m 2  63 (2* ) Cần chọn số m sao cho vế phải của (2* ) có  '  0 tức là (14m  2) 2  4m( m2  63) dễ dàng tìm được m  1 , khi đó ta được tìm m để 4  2t 2  14t   4t  63 �  2t 2  14t  1  4(t 2  8t  16) �  2t 2  14t  1   2t  8  2 2 2 2 � 6 �5 2 t 2 2 � � 2t  14t  1  2t  8 2t  12t  7  0 � 6  5 2 2 � ��2 ��2 � �t  2 2t  14t  1  2t  8 � 2t  16t  9  0 � 8 � 46 � t � � 2 6  5 2 Khi đó x  là nghiệm của phương trình. 14 Cách 2: Xét Parabol f ( x)  7 x 2  7 x có hoành độ đỉnh là x   Đặt 4x  9 1  y 28 2 1 nên: 2 (ĐK y  0 do x  0 ) khi đó ta được 1 �4 x  9  y2  y  � � 4 x  2  28 y 2  28 y � 28 � 4 �� � ( x  y )(7 x  7 y  8)  0 � x  y � 4 y  2  28 x 2  28 x � �y  1  7 x 2  7 x � 2 (do x  0 và y  0 nên 7 x  7 y  8 > 0) � 6  5 2 x � 4x  9 6  5 2 14 2 � �  2 x  1 � 14 x  12 x  1  0 � �x 7 14 � 6  5 2 x 0 � � 14 6  5 2 Vậy x  là nghiệm của phương trình. 14 ax  b  cx 2  dx  e ( ac �1 ) Dạng 2: d d Xét Parabol y  cx 2  dx  e có hoành độ đỉnh là x   khi đó nếu 2c 2c d tối giản thì ta thực hiện cách đặt ax  b  2cy  d , nếu chưa tối giản 2c thì cần đưa về đúng phân số tối giản rồi mới thực hiện cách đặt . Ví dụ 1. Giải phương trình : 2 x 2  6 x  1  4 x  5 (3). Cách 1: (Thực hiện phép khử căn bằng nâng lên luỹ thừa) Xét 2 x 2  6 x  1 �0 � 3  6 �x �3  6 khi đó phương trình vô nghiệm 6; x 3 6 2 x2  6x 1 � 0� x 3 2 2 (3) � (2 x  6 x  1)  4 x  5 , dùng phân tích Ferrari ta được (2 x 2  6 x  1) 2  4 x  5 � (2 x 2  6 x  1) 2  2(2 x 2  6 x  1)  1  4 x 2  8 x  4 5 � � x2  4x  1  0 x  2� 3 � (2 x 2  6 x) 2  (2 x  2) 2 � �2 �� x  2x 1  0 x  1� 2 � � Thử lại ta được x  2  3 ; x  1  2 là nghiệm của phương trình. Cách 2: Xét Parabol y  2 x 2  6 x  1 có hoành độ đỉnh là x  3 nên: 2 Đặt 4 x  5  2 y  3 khi đó ta được � 4 x  5  4 y 2  12 y  9 �x  y 2  3 y  1 �� � ( x  y )( x  y  2)  0 � 2 2 y  3  2x2  6x  1 � �y  x  3 x  1 � 3 �x � � x  2 3 Với x  y ta có 4 x  5  2 x  3 � � 2 �x 2  4 x  1  0 � � 1 �x � � x  1 2 Với x  y  2 ta có 4 x  5  1  2x � � 2 �x 2  2 x  1  0 � Vậy phương trình có nghiệm là x  2  3 ; x  1  2 Ví dụ 2. Giải phương trình 9 x  5  3x 2  2 x  3 (4) Cách1: (Thực hiện khử căn bằng phép bình phương hai vế). (4) � (3 x 2  2 x  3) 2  9 x  5 1 8 8 Do 3x 2  2 x  3  3( x  )2   nên điều kiện để (4) có nghiệm là 3 3 3 8 109 9x  5  � x  3 81 Mặt khác: 2 109 2 2 2 (3x 2  2 x  3) 2  � ( x  1)2  2( x 2  1) � � � 4( x  1)  8 x  4  9 x  5 x  81 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm (Việc đánh giá để có được phương trình bậc bốn vô nghiệm không phải là đơn giản đối với học sinh). Cách 2: Xét Parabol f ( x)  3x 2  2 x  3 có hoành độ đỉnh là x   1 nên: 3 Đặt 9 x  5 = 3y + 1 khi đó ta được 6 � � 9x  5  9 y2  6 y  1 � 9x  9 y2  6 y  6 � �� � ( x  y )(3x  3 y  5)  0 � 3 y  1  3x 2  2 x  3 9 y  9x2  6x  6 � � 1 � �x � 9 x  5  3x  1 � � 3 (vô nghiệm) 2 � 9 x  3x  6  0 � V ới x  y ta có Với 3x  3 y  5  0 ta có: 4 � �x � 9 x  5  (3x  4) � � 3 (vô nghiệm) 2 � 9 x  15 x  31  0 � Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nhận xét: Giải phương trình bậc cao là một trong những bài toán mà học sinh phổ thông thường hay gặp nhiều khó khăn. Nếu thực hiện giải bài toán theo cách 1 ta thấy xuất hiện phương trình bậc 4 tổng quát; mặc dù đã được trang bị nhiều các phương pháp để giải nhưng "nhìn thấy" phương trình bậc cao, thường là học sinh sẽ cảm thấy "hơi ngợp". Nếu thực hiện giải bài toán theo cách 2, ta thấy bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều! 3.2. Trường hợp 2: 3 ax  b  cx3  dx 2  ex  f (II) Cũng với mục đích làm xuất hiện hệ đối xứng, tôi đã hướng dẫn học sinh nhận ra dấu hiệu đối xứng ở vế phải của (II) (tâm đối xứng của hàm bậc 3), nếu đặt được 3 ax  b  a ' y  b ' thì b' là hoành độ điểm uốn. Tôi xây dựng hai dạng ứng với căn a' bậc ba như sau: Dạng 1 : 3 ax  b  1 3 x  cx 2  dx  e a 1 a Xét hàm số f ( x)  x3  cx 2  dx  e có hoành độ điểm uốn là x   (là nghiệm của phương trình f''(x) = 0) khi đó ta đặt 3 ax  b  y  ac 3 ac . 3 Phân tích: Nếu thực hiện theo hướng khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa thì sẽ gặp vấn đề ở đây là xuất hiện phương trình bậc 6 tổng quát, đây là điều mà "người làm toán" không hề mong đợi. Do vậy, việc thực hiện đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng càng thể hiện được sự tối ưu hơn. Ví dụ 1. Giải phương trình x3  1  2 3 2 x  1 1 2 Giải: x3  1  2 3 2 x  1 � 3 2 x  1  x3  1 2 1 1 có hoành độ điểm uốn là x  0 nên: 2 2 2 x  1  y , khi đó ta được Thấy f ( x)  x3  Đặt 3 7 � 2x 1  y3 � 2 x  1  y3 � � � � ( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  0 � x  y � 1 3 1 � 3 2 y 1  x � �y  x  � 2 2 ( do x 2  xy  y 2  2  0 x, y ) Với x  y ta được 3 2 x  1  x � x 3  2 x  1  0 � ( x  1)( x 2  x  1)  0 � x  1; x  1 � 5 2 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; 1 � 5 }. 2 Dạng 2 : 3 ax  b  cx 3  dx 2  ex  f (ac �1) Xét hàm số y  cx 3  dx 2  ex  f có hoành độ điểm uốn là x   khi đó ta đặt 3 d 3c ax  b  3cy  d . Ví dụ . Giải phương trình 3 2 x  3  1  x3  3x 2  2 x (Olympic 30.4.2008) Ta có 3 2 x  3  1  x 3  3 x 2  2 x � 3 2 x  1  x3  3x 2  2 x  1 Thấy f ( x)  x3  3x 2  2 x  1 có hoành độ điểm uốn là x  1 nên: Đặt 3 2 x  1  y  1 khi đó ta được � � 2 x  3  ( y  1)3 2 x  3  ( y  1)3 � � �� � 3 3 �y  1  ( x  1)  x  2 �x  y  3  ( x  1) � ( x  y) � ( x  1) 2  ( x  1)( y  1)  ( y  1) 2  1� � � 0 � x  y (do ( x  1)2  ( x  1)( y  1)  ( y  1) 2  1  0 x, y ) Với x  y ta được 3 2 x  3  x  1 � ( x  1)3  2 x  3 � ( x  2)( x 2  x  1)  0 � x  2; x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  2; x  1 � 5 2 1 � 5 2 Qua các ví dụ trên, học sinh đã cảm nhận được cái "nhanh" của phương pháp, học sinh đã hiểu kỹ hơn nội dung của cách làm, phát huy được tính tích cực trong quá trình học Toán. 8 Các bài tập tự luyện cho học sinh: 1. 2 x  15  8x2  8x  5 ; 16 2. 3. x  1  x2  4x  5 ; 4. 5. 2 x 2  4 x  x3 (olympic30.4.2003) 2 x4  2 x2  8x  6 2 x2  4x  3  x  5 6. 3 6 x  1  8 x3  4 x  1 3 �8 x 3  2001 � 7. � � 4004 x  2001 � 2002 � 3.3. Trường hợp 3: Các bài toán sử dụng biểu thức liên hợp Phần này tôi chỉ hướng dẫn học sinh thông qua các bài luyện tập Ví dụ mở đầu: Giải phương trình 2x - 1 + x2 - 3x + 1= 0 (ĐTTS – 2006 D) Cách 1: Pt � 2x - 1 =- { Vậy S = 1; 2- x2 + 3x - } � - x2 + 3x - 1�0 � � 1� � � x = 1;x = 24 - 6x3 + 11x2 - 8x + 2 = 0 � x � � 2 2 là tập nghiệm của phương trình. 1 Cách 2: Điều kiện x � , đặt t = 2x - 1 (t �0) . 2 2 2 PT � 2x - 1- 2x - 1 = x2 - x suy ra t - t = x - x � t = x; t = 1- x Với t = x � x = 2x - 1 � x = 1 Với t = 1- x � 2x - 1 = 1- x � x2 - 4x + 2 = 0 � x = 2 � 2 Thử lại ta được S = {1; 2- 2} là tập nghiệm của phương trình. 1 Cách 3: Điều kiện: x � khi đó (*) � 2x - 1- x = - x2 + 2x - 1 2 x=1 x=1 � x2- 2x+1=0 � � - x2 + 2x - 1 � � � � � = - x2 + 2x - 1 � � � � x=2� 2 x2- 4x+2=0 � � 2x- 1=1- x � 2x - 1 + x � � � � � � � Thử lại được S = {1; 2 - 2} là tập nghiệm của phương trình. 1. Biểu thức liên hợp đã có sẵn trong bài toán x3 Ví dụ 1: Giải phương trình 4 x 1  3 x  2  5 (1) Phân tích: 9 Nhận thấy rằng hai biểu thức dưới căn trong phương trình có một mối liên hệ rất đặc biệt là (4x + 1) - (3x - 2) = x + 3 như vậy khi thực hiện nhân liên hợp thì sẽ có ngay được nhân tử chung là x + 3. x +3 x +3 1 2 = � 4x + 1 + 3x - 2 = 5 kết hợp với Giải: ĐKXĐ: - 4 �x �3 ; (1) � 5 4x + 1 + 3x - 2 (1) ta được: 10 4x + 1 = x + 28 � x = 2. Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. Tổng quát: nếu phương trình chứa căn cho ở dạng F (x) � G(x) = H (x) thoả mãn F (x) - G(x) = kH . (x) thì trong phương trình đã có sẵn lượng liên hợp là biểu thức F (x) - G(x) hoặc F (x) + G(x) . Nhận xét: Khử căn bằng việc nhân biểu thức liên hợp, sau khi thu được phương trình mới nên lưu ý việc sử dụng lại giả thiết là phương trình ban đầu để có được một phương trình hệ quả mới đơn giản hơn, giải phương trình đó rồi kiểm tra kết quả. Ví dụ 2: Giải phương trình x2 (1 + 1 + x )2 >x- 4 (ĐHSP Vinh 2001) 1;4� Giải: Thấy " x �-� � � đều nghiệm đúng bất phương trình. Khi x > 4 ta có: x2 (1 + 1+ x)2 > x - 4 � (1- 1+ x )2 > x - 4 � 1+ x < 3 � x < 8. Vậy S =� - 1;8) � là tập nghiệm của bpt. 2. Đưa vào lượng liên hợp là các số cụ thể. Cơ sở lý thuyết: * Định lý Bézout : Phần dư trong phép chia một đa thức f (x) tuỳ ý cho nhị thức (x - a) là f (a) . * Hệ quả: Nếu f (a) = 0 (hay x = a là một nghiệm của phương trình f (x) = 0) thì f (x) chia hết cho (x - a) tức là f (x) phân tích được về dạng f (x) = (x - a).g(x) Ví dụ 3: Giải phương trình 3x + 1- 6- x + 3x2 - 14x - 8 = 0 (3) .(ĐTTS2010B) Phân tích: Nếu phương trình đã cho nhận x = a làm nghiệm thì từ 3x + 1 - 3a + 1 và 6 - x - 6 - a sau khi nhân liên hợp chắc chắn sẽ có được cùng một nhân tử chung là (x - a) đồng thời cụm ngoài căn còn lại cũng sẽ phân tích ra (x - a ).g(x) tức là: khi ta thêm vào các giá trị phù hợp cho mỗi biểu thức chứa căn (các giá trị đó bằng chính giá trị của biểu thức căn tại nghiệm của phương trình) rồi thực hiện nhân liên hợp ta sẽ tạo được phương trình tích trong đó có hạng tử là (x - a) . 1 Giải: ĐKXĐ: - �x �6. Nhận thấy x = 5 là một nghiệm của phương trình (3). 3 10 3x + 1 - 6 - x + 3x2 - 14x - 8 = 0 � ( 3x + 1 - 4) - ( 6 - x - 1) = - 3x2 + 14x + 5 3(x - 5) x- 5 � + = - (x - 5)(3x + 1) 3x + 1 + 4 6- x +1 Có � x=5 � � �� 3 1 + = - (3x + 1) � 6- x + 1 �3x + 1 + 4 ( VN do VT>0>VP ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5. Nhận xét: - Ta có thể tổng quát cho phương trình dạng: m F (x) + n G (x) = H (x) trong trường hợp phương trình có nghiệm đẹp. + Tìm một “nghiệm đẹp” là x = a Đưa phương trình về : m F (x) - m F (a) + n G (x) - n G(a) = H (x) - m F (a) - n G(a) Thực hiện nhân liên hợp cho từng biểu thức chứa căn, được một phương trình có nhân tử chung là x- a tức có x = a là một nghiệm, sau đó bằng các mối quan hệ so sánh thực hiện đánh giá để chỉ ra tính vô nghiệm cho phương trình còn lại. Ví dụ 4: Giải phương trình 3 x2 + 4 - x - 1 = 2x + 3 (4) Giải: ĐKXĐ x �1. Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho: (4) � 3 x2 + 4 - x2 - 4 x- 2 � = + 2(x - 2) 2 = ( x - 1- 1) + 2(x - 2) 3 2 (x + 4)2 + 23x2 + 4 + 4 x - 1 + 1 � x =2 � � x +2 1 �� = + 2 (4b) � 2 3 2 2 3 x - 1+1 � �(x + 4) + 2 x + 4 + 4 x < 3 x4 < 3(x2 + 4)2 �VT (5b) < 1 1. (8) � 3 108x - 108 - (x + 3) = 2x2 - 12x + 18 � - (x + 15)(x - 3)2 3 (108x - 108)2 + (x + 3) 3 108x - 108 + (x + 3)2 (do khi x > 1 thì = 2(x - 3)2 � (x - 3)2 = 0 � x = 3 - (x + 15) 3 (108x - 108) + (x + 3) 3 108x - 108 + (x + 3)2 2 < 0) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 13 t3 + 4 khi đó phương trình (8) trở thành: 4 t 6 - 14t 3 - 24t + 96 = 0 � (t - 2)2(t 4 + 4t 3 + 12t2 + 18t + 24) = 0 � � t =2 t =2 � �� � 4 3 2 � t + 4t + 12t + 18t + 24 = 0 � (t2 + 2t)2 + 8t2 + 18t + 24 = 0 � � � � � t =2 � � �2 � t = 2� x = 3 9 2 111 2 � ( t + 2 t ) + 2 (2 t + ) + = 0 � 4 8 � Cách 2: Đặt t = 3 4x - 4 � x = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. Tóm tắt nội dung của phương pháp liên hợp: - Khử căn bằng lượng liên hợp đã có sẵn trong phương trình, sau khi thực hiện nhân liên hợp nên lưu ý việc kết hợp với phương trình của đề bài để thu được một phương trình đơn giản hơn. - Khi trong phương trình nhẩm được một nghiệm a đẹp thì thực hiện đưa vào cho mỗi biểu thức chứa căn trong phương trình (chẳng hạn cho n f (x) ) giá trị của biểu thức đó tại a (tức tạo ra n f (x) - n f (a) ) rồi thực hiện nhân liên hợp sẽ thu được nhân tử chung là x - a . - Khi trong phương trình nhẩm được hai giá trị nghiệm đẹp là a và b thì đưa vào cho n f (x) biểu thức ax +b với các hệ số a,b có được từ việc giải hệ: � a.a +b = n f (a) � � � . n f (b) � b . a + b = � � - Khi phương trình có nghiệm không đẹp (không nhẩm được) ở dạng n f (x) = g(x) h(x) thì đưa vào cho n f (x) lượng ax +b với các hệ số a,b có được bằng cách nhân liên hợp và quy đồng xong thì cần có hai đa thức trên tử của hai vế đồng nhất bậc và các hệ số tương ứng tỷ lệ. - Khi phương trình có nghiệm không đẹp (không nhẩm được) ở dạng n f (x) + m g(x) = Ax + B thì đưa vào cho n f (x) là ax + b và cho m g(x) là cx + d với yêu cầu phải đảm bảo (ax +b) + (cx + d) = Ax + B và sau khi liên hợp thì các biểu thức trên tử xuất hiện nhân tử chung. Bài tập rèn kỹ năng 14 Giải các phương trình: 1. 2(1- x) x2 + 2x - 1 = x2 - 2x - 1.(Y HN-97) 4(x + 1)2 < (2x + 10)(1- 3. 2x 5. 2x + 1 - 1 2x + 3)2. > 2x + 2 7. 9(x + 1)2 �(3x + 7)(1 - 3x + 4)2 9. ( 3x  1  x  2)( 3x 2  7 x  2  4)  4 x  2 11. 1 1  x  2   2x  1 2 x x 2. 2x2 < x + 21 (3- 9 + 2x)2 4. (4x 6. (ĐH Mỏ - 98) 1) x2 + 1 = 2x2 + 2x + 1 4x 2 (1 - 1 + 2x )2 < 2x + 9 8. 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 10. 3 2 x  2  3 5 x  14  (3 x  16) x  2 12. 4 1 1 x 1 4  4 2x 1 x2 x 13. x  2  3 x  5 �2 x  3 4. Kiểm nghiệm thực tế giảng dạy Thực tế cho thấy, với cách làm trên đã tạo được cho học sinh sự nhanh nhẹn, linh hoạt, vững vàng, tiết kiệm được thời gian hơn trong quá trình giải toán. Học sinh biết vận dụng và có sự sáng tạo hơn trong học tập, cách làm trên đã đáp ứng được nhu cầu của học sinh. Sau khi đã được ôn tập những kiến thức cơ bản về lý thuyết, học sinh đã tự giải được những bài tập tương tự, biết tự xây dựng cho mình hệ thống bài tập phù hợp với nội dung kiến thức được học. Hiệu quả trong học tập của học sinh đã được nâng lên rõ rệt. Khi chưa triển khai đề tài trên tôi đã cho học sinh làm một bài kiểm tra ở lớp 12C1 như sau: Kết quả Số học sinh có lời giải Số học sinh có lời giải đúng Nhóm Nhóm 1 4 (26,7%) 2 (13,3%) (15 học sinh) Nhóm 2 5 (33,3%) 3 (20%) (15 học sinh) Sau khi triển khai đề tài này tôi tiếp tục khảo sát được kết quả như sau: Kết quả Số học sinh có lời giải Số học sinh có lời giải đúng Nhóm Nhóm 1 14 (93,3%) 13 (86,7%) (15 học sinh) Nhóm 2 15 (100%) 13 (86,7%) (15 học sinh) Qua bảng thống kê trên ta thấy cách làm trên đã thể hiện được hiệu quả vượt trội. III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT 15 Trong quá trình dạy học, đối với mỗi thể loại kiến thức, nếu giáo viên biết tìm ra những cơ sở lý thuyết, biết phát huy và sáng tạo cái mới và hướng dẫn học sinh vận dụng một cách hợp lý vào việc giải các bài tập tương ứng thì sẽ tạo được điều kiện để học sinh củng cố và hiểu sâu về lý thuyết cùng với việc thực hành giải toán một cách hiệu quả hơn, tạo được sự hứng thú, phát huy được tính chủ động và sự sáng tạo trong việc học của học sinh. Mỗi một nội dung kiến thức, luôn có một hệ thống các bài tập tương ứng. Mỗi giáo viên, cần có sự chủ động trong việc tìm tòi cái mới, kế thừa và phát huy những kiến thức có sẵn một cách sáng tạo, trong quá trình giảng dạy, với cách nêu phương pháp giải và đưa ra hệ thống các bài tập phù hợp cho từng đối tượng học sinh sẽ giúp cho việc học của học sinh chủ động và tích cực hơn. Do vậy kết quả học tập của học sinh sẽ tốt hơn. Mặc dù đã thu được một số kết quả nhất định, nhưng trong phạm vi bài viết, tôi nghĩ có thể còn một số chỗ chưa thực sự hợp lý, chưa tổng quát được hoàn toàn cho dạng phương trình này. Vì vậy, tôi mong các bạn đồng nghiệp bổ sung góp ý để việc dạy học ngày một tốt hơn, đem lại cho học sinh những bài giảng hay hơn, cuốn hút hơn nữa. Tôi chân thành cảm ơn! Yên Định, ngày 15 tháng 5 năm 2014. Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Trịnh Thị Minh 16 A. TÀI LIỆU THAM KHẢO. [1] Nguyễn Thái Hoè, Dùng ẩn phụ để giải toán, NXBGD, 2004. [2] Nguyễn Thái Hoè, Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán NXBGD, 1995. [3] Nguyễn Đinh Hùng, Bồi dưỡng tư duy lôgic cho học sinh trường THCS Việt Nam thông qua hệ thống câu hỏi và bài tập Đại số 7, Vinh, 1996. [4] Phan Huy Khải, Toán nâng cao cho học sinh Đại số THPT tập 1, NXBHN, 2001. [5] Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học môn Toán, NXBĐHSP, 2003 [6] Nguyễn Bá Kim (Chủ biên), Đinh Nho Chương, Nguyễn Mạnh Cảng, Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Thường, Phương pháp dạy học môn toán, Phần hai: Dạy học những nội dung cơ bản, Nxb GD, 1994. [7] G.Polia, Giải bài toán như thế nào, NXBGD, 1997. B. MỤC LỤC Trang I. ĐẶT VẤN ĐỀ……………………………… 1 II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ………………………2 1. Cơ sở lí luận của vấn đề …………………….2 2. Thực trạng của vấn đề ……………………….2 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện ………………3 4. Kiểm nhiệm ………………………………….15 III. KẾT LUẬN ………………………………… 16 17
- Xem thêm -