Tài liệu Skkn kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường thcs

Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS A. ĐẶT VẤN ĐỀ Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết trong tất cả các ngành khoa học tự nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội nên nó có vị trí đặc biệt trong viêc phát triển và nâng cao dân trí. Toán học không chỉ cung cấp cho người học những kiến thức cơ bản, những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn giúp rèn luyện và phát triển tư duy logic. Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viêm phải chọn lọc có hệ thống, sử dụng đúng phương pháp dạy học góp phần hình thành và phát triểm tư duy của học sinh. Đồng thời qua việc học toán, học sinh được bồi dưỡng rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải bài tập toán. Hiện nay từ lớp 7 học sinh đã được biết việc mở rộng tập số hữu tỉ Q thành tập số thực R, khi lên lớp 9 học sinh được học về phương trình vô tỉ nhưng tình trạng chung là học sinh thường lúng túng chưa biết cách giải hoặc giải được nhưng chưa chặt chẽ, mắc sai lầm. Nguyên nhân của tình trạng trên chính là giải phương trình vô tỉ là một dạng toán tương đối mới lạ và khó đối với học sinh, bên cạnh đó giáo viên trong quá trình dạy thường ít khai thác, phân tích đề bài, mở rộng bài toán mới nên học sinh chưa được trạng bị các phương pháp giải một cách có hệ thống vì vậy khi gặp bài toán giải phương trình vô tỉ việc suy luận còn hạn chế dẫn đến kết quả thấp. Do đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải phương trình vô tỉ là cần thiết nên tôi xin trình bày “Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở bậc THCS” của mình với mong muốn có thể trang bị cho học sinh một số kiến thức về phương trình vô tỉ, giải đáp được thắc mắc, sửa chữa được những sai lầm hay gặp khi giải phương trình vô tỉ, giúp các em nắm được một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng thành thạo các phương pháp đó để giải bài tập, khắc phục tình trạng trên. Mặt khác giúp các em tiếp thu bài chủ động sáng tạo, thấy rõ được mục đích của việc học toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ, từ đó góp phần nâng cao chất lượng học môn toán của học sinh trong trường THCS. Trong đề tài tôi đưa ra một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản phù hợp với trình độ của học sinh THCS, đi kèm là các ví dụ và lời giải cụ thể Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 1 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS cùng với một số chú ý, nhận xét đối với từng phương pháp. Tôi hi vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS trong việc học và giải phương trình vô tỉ, qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học sinh làm việc tích cực hơn đạt kết quả cao trong kiểm tra. Các phương pháp nghiên cứu : - Phương pháp nghiên cứu tài liệu - Phương pháp thực nghiệm (Lớp thử nghiệm : 9A ; lớp không thử nghiệm : 9C) - Phương pháp phân tích, so sánh - đối chiếu và đánh giá kết quả. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Khái niệm phương trình vô tỉ 1.1. Khái niệm Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. 1.2. Ví dụ Các phương trình sau đây là phương trình vô tỉ : a) x  1 1 b) 3x  7  x  1  2 c) x 2  x  3 x 2  x  1 =3 d) x 3 x 1 3 x2 1  3 4 x 1 x2 1 3 2. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản Để giải phương trình vô tỉ thông thường ta tìm cách khử dấu căn, ta có thể tiến hành theo các bước cơ bản như sau : - Tìm điều kiện xác định của phương trình (ĐKXĐ) - Biến đổi phương trình về dạng đã học (quen thuộc) - Giải phương trình vừa tìm được - Đối chiếu với ĐKXĐ để kết luận nghiệm. Sau đây chúng ta sẽ đi tìm hiểu một số phương pháp cụ thể thường dùng để giải phương trình vô tỉ : Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 2 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS 2.1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa Trong phương pháp này ta sẽ đi tìm hiểu cách nâng lên luỹ thừa với một số dạng phương trình : 2.1.1. Dạng : f ( x)  g ( x) Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải. x 1 x  1 � � x �1 � x  1 �0 x+1  x  1 � � 2 � �2 �x  3x  0 �x  1   x  1 �x �1 � x �1 � �� � �� x0� x3 x x  3  0   � �� x3 �� Chú ý : Điều kiện g(x)  0 và f(x) = g2(x) đã bao hàm cả điều kiện tồn tại căn bậc hai (tức f(x) 0) Ví dụ 2. Giải phương trình: x  x  1 13 Giải. � x �13 � � 13  x �0 � x  1  13  x � � 2 � �2 �x  27 x  170  0 �x  1   13  x  Phương trình x 2  27 x  170  0 có nghiệm x1 10 ( Thoả mãn x �13 ) x 2 17 ( Không thoả mãn x �13 ) Vậy nghiệm của phương trình là : x 10 x x  1 13 2.1.2. Dạng : f ( x)  h( x)  g ( x) 1 Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải. ĐKXĐ : 1  x �0 �  � 2  x �0 � x 2  x 1 �x �1 � �x �2   2  x 1 (1) Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được : 1 x  2  x 1  1  x 1  2 2  x  2  x 1  x 1  2  x  x 2  x  1 0 Phương trình này có nghiệm 1  5 (Thoả mãn ĐKXĐ) 2 1  5 x2  (Thoả mãn ĐKXĐ) 2 x1  Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 3 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS Vậy phương trình có hai nghiệm x1  1  5 1  5 ; x2  2 2 Ví dụ 2. Giải phương trình : 3 x  1  3 7  x 2 Giải. Lập phương hai vế của phương trình được : x  1  7  x  3 3 ( x  1)(7  x)   x 1  3 7  x  8 3 � x  1  7  x  3 3 ( x  1)(7  x ).2  8 � 3 ( x  1)(7  x)  0 � ( x  1)(7  x)  0 x  1 �x  1  0 � �� �� 7 x  0 � �x  7 Vậy phương trình có hai nghiệm x1  1 ; x2  7 2.1.3. Dạng : f ( x)  h( x)  Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải. g ( x) x 1  �x  1 �0 � 12 � x� 0 ĐKXĐ : � �x  7 �0 � x 1 - x 7 = 12  x 7 x 12 �x �1 � �x 12 �x �7 � = 12  x  x  1 = 12  x + Bình phương hai vế của phương trình ta được : x 7 x 7 x  1  12  x  2 (12  x)( x  7)  x  7 � x  4  2 (12  x)( x  7) Với 7 �x �12 cả hai vế đều không âm nên bình phương cả hai vế của phương trình ta được :  x  4 2  4  12  x   x  7  � 5 x  84 x  352  0 2 Phương trình này có hai nghiệm : x1 = 44 5 (Thoả mãn ĐKXĐ) x2 = 8 (Thoả mãn ĐKXĐ) 44 ; x2 = 8. 5 x  1  3 x  2 = 3 2x  3 Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = Ví dụ 2. Giải phương trình : 3 Giải. Lập phương hai vế của phương trình ta được : x  1  x  2  33 x  1 .3 x  2  33 x  1 .3 x  2  3  3  x  1  3 x  2 2 x  3  x  1  3 x  2 0 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 4 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS  3 x  1 0  x  1 0 3    x  2 0   x  2 0 3  3 x  1  3   x  1  x  2 0 3   x 1  x  1 0     x  2 0   x 2   x  1   x  2  3 x 2 x   2 Vậy phương trình có ba nghiệm : x1 = 1 ; x2 = 2 ; x3 = 2.1.4. Dạng : f ( x)  h( x)  Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải. ĐKXĐ: g ( x)  x 1 + 3 2 . q( x) x  10  x  1 0  x  10 0    x  2  0   x  5 0 = x2 + x 5  x  1  x  10  x≥-1  x   2   x  5 Bình phương hai vế của phương trình ta được : x  1  2 ( x  1)( x  10)  x  10  x  2  2 ( x  2)( x  5)  x  5 � 2  ( x  1)( x  10)  ( x  2)( x  5) Với x  -1 thì hai vế của phương trình đều dương nên bình phương hai vế ta được : 4  4 ( x  1)( x  10)  ( x  1)( x  10)  ( x  2)( x  5) � x  1  ( x  1)( x  10)  0 � ( x  1)( x  10)    x  1 � � ( x  1)( x  10) �0 nên ta có :   x  1 �0 � Nhận thấy với ĐKXĐ: x  -1 thì � ( x  1)( x  10)    x  1  0 � x  1 Vậy phương trình có nghiệm : x = - 1. *) Nhận xét Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng rộng rãi để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, tuy nhiên trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nân lên luỹ thừa bậc chẵn cần phải đặt điều kiện tồn tại căn, điều kiện ở hai vế của phương trình đây chính là vấn đề mà học sinh thường mắc sai lầm, chủ quan bỏ qua. Giáo viên cần nhấn mạnh : “ Với a �0 ; b �0 và n �N , nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại. Bên cạnh đó cần kết hợp với các phép biến đổi khác, các phương pháp khác để tạo thuận lợi cho quá trình giải phương trình. Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 5 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS 2.2.Phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối. Ví dụ 1. Giải phương trình : Giải. 9 x 2  24 x  16  x  4  3x  4  9 x 2  24 x  16   x  4 � 2  x  4 � x  4 �0 �x �4 x2 � � � 3 x  4   x  4 � �� x2� �  3x  4   x  4  �� x0 � ��3 x  4  x  4 �� x0 �� �� Vậy phương trình có hai nghiệm : x1 = 0 ; x2 = 2 Ví dụ 2. Giải phương trình : x 2  4 x  4  x  8 x  16 = 5 Giải. x 2  4 x  4  x  8 x  16 = 5 2 2 �  x  2 2   x  4 2 5  x 2  x 4 = 5 (*) Lập bảng xét dấu : x x-2 x-4 - 2 0 4 + - 0 + + Ta xét các khoảng : + Khi x < 2 thì (*) có dạng : - (x – 2) – (x – 4) = 5  6 - 2x = 5  x= 1 (Thoả mãn x < 2) 2 + Khi 2  x  4 thì (*) có dạng : (x – 2) – (x – 4) = 0  0.x + 2 = 5  0.x = 3 Nên phương trình này vô nghiệm. + Khi x > 4 thì (*) có dạng : (x – 2) + (x – 4) = 0  2x – 6 = 5 11 (Thoả mãn x > 4 ) 2 1 11 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 = ; x2 = 2 2  x= Ví dụ 3. Giải phương trình : x  4 x  1  3  x  6 x  1  8 = 1 x  4 x  1 3  x  6 x  1 8 = 1 Giải .  ( x  1)  4 x  1  4  ( x  1)  6 x  1  9 = 1  ( x  1  2)  ( x  1  3) = 1 x 1 2  x  1  3 =1 (1)  ĐKXĐ : x  1 Ta nhận thấy : 2 2 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 6 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS x 1 2  x 1 3 Dấu “= ” xảy ra khi :  = x  1  2  3  x  1 3 x 1 x  1  2 1  x  1 2 3 x  1 0  2  x  1 3  4  x  1 9  5  x 10 Vậy phương trình có vô số nghiệm : 5  x  10 *) Nhận xét Để sử dụng được phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối giải phương trình vô tỉ cần lưu ý cho học sinh kiến thức cơ bản : hằng đẳng thức A2 �A khi A �0  A khi A  0 � = A � Bên cạnh đó học sinh cũng thường mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị nên giáo viên cần hướng dẫn học sinh lập bảng xét dấu. 2.3.Phương pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ 1. Giải phương trình : 2x2 + 3x + 2 x 2  3x  9 =33 2 Giải. ĐK : 3 63  2 x 2  3 x  9 0  2 x    0 4 8  (đúng x ) Vậy ĐKXĐ:  x  R Ta có : 2x2 + 3x + 2 x 2  3x  9 =33 � 2x2 + 3x + 9 + 2 x 2  3x  9 - 42 = 0 (1) Đặt : 2 x 2  3x  9 = y (ĐK : y > 0 ) Phương trình (1) có dạng : y2 + y – 42 = 0 Phương trình này có nghiệm : y1 = 6 (thoả mãn y > 0) y2 = - 7 (loại) 2 Với y = 6 ta có : 2 x  3x  9 = 6  2x2 + 3x - 27 = 0 Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3 9 x2 = - 2 9 Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = 3 ; x2 = - 2 Chú ý : Học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện cho ẩn phụ. Ví dụ 2. Giải phương trình : x + 4 x = 12 Giải. ĐKXĐ : x  0 4 x = y (ĐK : y  0) Đặt :  x = y2 Khi đó phương trình x + 4 x = 12 có dạng : Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 7 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS y2 + y – 12 = 0 Phương trình này có hai nghiệm y1 = 3 (thoả mãn y  0 ) y2 = - 4 (loại) 4 Với y = 3 ta có: x = 3  x = 81 Vậy phương trình có nghiệm x = 81. x 1 + 3  Ví dụ 3. Giải phương trình : Giải. ĐKXĐ : Đặt :  x  1 0   3  x 0 x 1 +  3 x  t2 = 4 + 2  x  1   x 3 - x ( x  1)(3  x )  -1≤ x ≤3 = t (ĐK : t  0) ( x  1)(3  x )  ( x  1)(3  x )  t(t - 2) = 0  + Với t = 0 ta có : x  1 + 3  x = 0 Do với - 1 ≤ x ≤ 3 thì x  1 �0 và + 3 x = t2  4 2 (2) t2 – 2t = 0 Thay (2) vào (1) ta được : x 1 = 2 (1) 3 x t  0 t  2  �0 nên : � x 1  0 �x  1 �� (vô lí) �x  3 �3 x  0 � =0 �� Vậy phương trình vô nghiệm. + Với t = 2 thay vào (1) ta có : ( x  1)(3  x ) =0 x  1 (t / m) � �� �x  3 (t / m) Vậy phương trình có nghiệm là : x1 = -1 ; x2 = 3. Ví dụ 4. Giải phương trình : 5 x 3  1 = 2(x2 + 2) Giải . ĐK : x3 + 1 ≥ 0  (x + 1)(x2 – x + 1) ≥ 0  x + 1 ≥ 0  x ≥ - 1 Vậy ĐKXĐ : x ≥ - 1 Ta có : 5 x 3  1 = 2( x2 + 2)  5 x  1 . x 2  x  1 = 2 (x + 1 + x2 – x + 1) x  1 = a (ĐK a  0) Đặt x 2  x  1 = b (ĐK b  0) Phương trình đã cho viết được dưới dạng : 5ab = 2(a2 + b2)  2a  b  0  (2a - b)( a - 2b) = 0   a  2b 0  + Trường hợp : 2a = b, ta có : x 1 = 2 x  x 1  4x + 4 = x2 – x +1 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 8 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS  x2 – 5x - 3 = 0 Phương trình này có nghiệm x1 = + Trường hợp : a = 2b , ta có : 5 37 5  37 2 ; x2 = 2 = 2 x2  x 1  x + 1 = 4x2 - 4x + 3 = 0  4x2 – 5x + 3 = 0 Có :   25  4.4.3  23  0 nên phương trình vô nghiệm. x 1 5  37 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = Ví dụ 5. Giải phương trình : Giải. x 1 ; x2 = 5 37 2 + 2(x + 1) = x - 1 + 1 x . +3 1 x2 (1) ĐKXĐ : -1  x  1 x  1 = u (ĐK : u  0) Đặt 1  x = t (ĐK : t  0) Phương trình (1) trở thành : u + 2u2 = - t2 + t +3ut  (u – t) 2 + u(u - t) + (u- t) = 0 ut �  (u - t)(2u – t + 1) = 0  � 2u  1  t � - Nếu u = t ta có : x  1  1  x � x  1  1  x � x  0 (Thoả mãn -1  x  1 ) - Nếu 2u + 1 = t ta có : 2 x  1  1  1  x � 4  x  1  4 x  1  1  1  x � �   5 x  4  �0 � 4 x  1    5x  4 � � 2 16  x  1   5 x  4  � 4 � x � � 4 4 � 5 � � �x � �x � 5 �� �� � �� 5 x0 2 � � � � 25 x  24 x  0 24 � �x  25 x  24   0 �� x 25 �� 24 � x (Thoả mãn -1  x  1 ) 25 24 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 0 ; x2 =  25 Ví dụ 6. Giải phương trình : Giải. x 2 � x 1 x 2 + x 1 x2 + x 1 x2 = x 1 x 3 2 x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1  Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh = x 3 2 x3 2 9 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS � � Đặt   2 x 1 1  x 1 1  x 1 1    x 1 1 2  x3 2 = t2  4 2 x3 2 ĐKXĐ : x 1 x  1 = t (ĐK t  0)  x = t2 + 1 Phương trình đã cho trở thành : t 1 + t  1 � t 1  t 1  t2  4 � t 2  2t  1  2 t  1  1  0 2 �  t  1   2 t  1  1  0 �  t  1  1  0 � t  1  1 2 2 t 1  1 t2 � � �� �� t  1  1 � t 0 � (t / m t �0) (t / m t �0) - Với t = 2 ta có : x  1 = 2  x = 5 (Thoả mãn x ≥ 1) - Với t = 0 ta có : x  1 = 0  x = 1 (Thoả mãn x ≥ 1) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1= 1 ; x2 = 5. *) Nhận xét Phương pháp đặt ẩn phụ nhằm chuyển phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản, làm cho phương trình vô tỉ được chuyển về dạng hữu tỉ. Tuy nhiên để vận dụng được phương pháp này cần phải có những nhận xét, đánh giá tìm tòi cách đặt ẩn như thế nào cho phù hợp: có thể đặt một ẩn phụ hoặc nhiều ẩn phụ để có thể thu được phương trình mới chứa ẩn phụ đã biết cách giải (như ví dụ 1, 2, 3, 6), có thể thu được phương trình mới là phương trình tích (như ví dụ 4, 5), … 2.4.Phương pháp đưa về hệ phương trình. Ví dụ 1. Giải phương trình : 25  x 2 - 15  x 2 =2 2  25  x 0  x 2 15   15  x  15  2 15  x  0  Giải. ĐK : Vậy Đặt ĐKXĐ : 0 x  15 25  x 2 15  x Suy ra : và a–b=2 a2 – b2 =  2   25  x 2  = a ( ĐK a 0) (* ) = b (ĐK b  0) ( ** )  15  x 2 10 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 10 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS  a  b 2 2 2  a  b 10 Vậy ta có hệ phương trình : a  b 2 a  b 2  a  b 2  a  72  2 2     a  b 5  b  3 (t/m a  2 a  b 10 a  ba b 10 Với b 3 2 15  x 2  ta có : Vậy phương trình 3 2 9 51  51  15  x 2   x 2   x  (t/m  15 x  15 ) 4 4 2 51 đã cho có nghiệm x =  . 2 (5  x) 5  x  ( x  3) x  3 Ví dụ 2. Giải phương trình : Giải. Đặt Suy ra : u2 t2    0 ; b  0) 5 x  x 3 = 2 (1) ĐKXĐ : 3  x  5 5  x u (ĐK : u 0 ) x  3 t (ĐK : t 0 ) 5 x   2 x 3 Phương trình (1) trở thành :   2 2 u3  t3 2 u t  u  t u 2  ut  t 2  2  u 2  ut  t 2 2 u t 2  u 2  t 2 Vậy ta có hệ phương trình :   u 2  ut  t 2 2 22  u  t 2 22 u t 2  (thoả mãn     u 0 ut 0   v 0 - Với u = 0 ta có : 5  x 0  x 5 u 0 ; t 0 ) (thoả mãn 3  x  5) Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 11 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS - Với v = 0 ta có : x  3 0  x 3 (thoả mãn 3  x  5) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 3 ; x2 = 5. 3 2 x + x 1 = 1 Ví dụ 3. Giải phương trình : Giải. ĐKXĐ : x  1 3 2  x u Đặt x  1 t (ĐK t 0 ) Khi đó ta có : u + t = 1 và u3 = 2 – x t2 = x – 1 nên u3 + t2 = 1 Vậy ta có hệ phương trình :  u  t 1 (1) 3 2  u  t 1 (2) Từ phương trình (1)  u = 1 – t . Thay vào phương trình (2) ta có : (1 – t )3 + t2 = 1 2  t( t - 4t + 3) = 0  t 0  t  t  1 t  3 0   t 1  t 3 (Thoả mãn t 0 ) - Với t = 0 ta có : x  1 0  x  1 0  x 1 (thoả mãn x  1) - Với t = 1 ta có : x  1 1  x  1 1  x 2 (thoả mãn x  1) - Với t = 3 ta có : x  1 3  x  1 9  x 10 (thoả mãn x  1) Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x1 = 1 ; x2 = 2 ; x3 = 10. 3 ( x  1) 2 + 3 ( x  1) 2 + 3 x 2  1 = 1 Ví dụ 4. Giải phương trình : 3 x 1 = a Giải. Đặt : 3 x 1 =b 3 3 Nên ta có : ab = x  1. x  1 3 x 2  1 suy ra phương trình ban đầu có dạng : a2 + b 2 + ab = 1 Mặt khác : a 3 x  1 nên b 3 x  1 a 3  b 3 2 Vậy ta có hệ phương trình :  a 2  b 2  ab 1 3 3  a  b 2 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 12 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS 22 22 22  ba  ab1  ba  ab1  ba  ab1 (1)  3 3  2 2   ba 2 ab ba  ab 2  ba  2 (2)  Từ (2) : a – b = 2  b = a – 2 thay vào phương trình (1) ta được: a2 + (a – 2)2 + a(a – 2) = 1  3(a – 1)2 = 0  a = 1 Với a = 1 ta có 3 x  1 = 1  x + 1 = 1  x = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 0 *) Nhận xét Phương pháp đưa về hệ phương trình có những đặc thù và đặc điểm sáng tạo riêng đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn do đó phương pháp này dùng cho học sinh khá giỏi, giáo viên cũng lưu ý cho học sinh một số điểm : - Tìm điều kiện xác định của phương trình. - Đặt ẩn phụ thích hợp (hai hay nhiều ẩn), dựa vào mối quan hệ của các biểu thức được đặt làm ẩn phụ và phương trình ban đầu để lập lên hệ phương trình, từ đó đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình. - Khi giải hệ phương trình cần chú ý đến việc phân tích đa thức thành nhân tử, để đưa về phương trình tích (là phương trình đã biết cách giải) Vì vậy muốn sử dụng tốt phương pháp này cần biết phối hợp chặt chẽ và linh hoạt với các phương pháp khác như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp đưa về phương trình tích, … 2.5. Phương pháp đưa về phương trình tích. Ví dụ 1. Giải phương trình : x 2  10 x  21 = 3 x  3 + 2 x  7 - 6 (1) Giải . Phương trình (1)  ( x  3)( x  7) - 3 x  3 - 2 x  7 + 6 = 0 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 13 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS ĐK : x 03 x3     x  3 x 07 x7 Vậy ĐKXĐ : x  -3 Ta có : - 2 x7 + 6 = 0 x  3 .  x  7  3 - 2.  x  7  3 = 3 x  7  3 .  x  7  2  = 0 ( x  3)( x  7)     -3  x  7  3 0   x  3  2 0 x 3   x  7 9  x 2 (TM § KX§ )  x  3 4   x 1 (TM § KX§ )   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 1; x2 = 2. Ví dụ 2. Giải phương trình : 2 x 2  8 x  6  x 2  1 2 x  2 Giải. 2 x  8 x  6  x  1 2 x  2  2 x  1 x  3   x  1 x  1 2 x  1 (1) 2 2 ĐK:   x 1 x  3 0     x 1 x  1 0 x 1 hoặc x = - 1 Vậy ĐKXĐ : x 1 hoặc x = -1 Ta thấy VT của (1) 2 x  1 x  3   x 1 x  1  0 nên (1) có nghiệm thì : 2(x + 1)  0  x  - 1 Nhận thấy x = - 1 là một nghiệm của (1). Ta xét x > - 1, kết hợp với ĐKXĐ ta có : x 1 Với x 1 thì (1)  x  1 2 x  3  x  1  2 x  1 0  2 x  3  x  1  2 x  1 0 (vì x 1  x  1  0 )  2 x  3  x  1 2 x  1  2 x  3  x  1  2. 2 x  3 . x  1 4 x  1 Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 14 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS � 2 2  x  3  x  1   x  1  0   � x  1 2 2  x  3  x  1  0 � x 1  0 x 1 � �� �� 2 2  x  3  x  1 � 2 2  x  3  x  1  0 � � � x  1 (t / m) � x 1 � � �� � 25 4.2  x  3  x  1 � x ( kh� ng t / m ) � 7 � Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = -1 ; x2 = 1. Ví dụ 3. Giải phương trình : 2 x  3  x  2  2 x  2  x  2  1  2 x  2 Giải. �2 x  3  x  2 �0 � x  2 �2 x  3 � � � � 2 x  2  x  2 � 0 � ĐK : � � x  2 �2 x  2 (*) �x  2 �0 �x �2 � � 7 7  17 17  7 ۣۣۣ � x hoặc x � 4 8 8 2x  3  x  2  2x  2  x  2  1 2 x  2    � 2x  3  x  2  2x  2  x  2  2x  3  x  2  2x  2  x  2 2x  3  x  2  2x  2  x  2  � �   2x  3  x  2  2x  2  x  2 2x  3  x  2  2x  2  x  2  � 1 2 x  2     2x  3  x  2  2x  2  x  2  2 x  3  x  2  2 x  2  x  2 1  0  2 x  3  x  2  2 x  2  x  2 1  0 � 2 x  3  x  2  2 x  2  x  2  1  0 (vì 1  2 x  2  1  0 ) � 2x  3  x  2  2x  2  x  2 1 � 2x  3  x  2  2x  2  x  2 1 2 2x  2  x  2 � 2 x  2  2 2 x  2  x  2 � x  2  2x  2  x  2 � x  x  2 � x 2  x  2 �  x  1  x  2   0 x  1 � �� x2 � Ta thấy x = -1 không thoả mãn ĐK (*) và x = 2 thoả mãn ĐK (*). Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 3 1 x + x  2 = 1 Ví dụ 4. Giải phương trình : Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 15  Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS Giải . ĐKXĐ : x  -2 Đặt : x  2 = t (ĐK t  0) 3 1 x = 3 3 t2 Khi đó : 3 1 x + x  2 = 1  3 3 t2 + t = 1 Phương trình  3 3  t 2 = 1- t  3 – t2 = (1 – t) 3  t3 – 4t2 + 3t + 2 = 0  (t - 2).( t2 - 2t - 1) = 0 Phương trình này có ba nghiệm : t1 = 2 (Thoả mãn t  0) t2 = 1  2 (Thoả mãn t  0) t3 = 1  2 (Loại) - Vơí t1 = 2 ta có : x  2 = 2  x + 2 = 4  x = 2 (Thoả mãn x  -2) - Với t2 = 1  2 ta có : x  2 = 1  2  x + 2 = 3  2 2  x 1  2 2 (Thoả mãn x  -2) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 2 ; x2 = 1  2 2 Ví dụ 5. Giải phương trình : (4x – 1). x 2  1 = 2(x2 + 1) + 2x - 1 (1) Giải. ĐKXĐ :  x R 2 x  1 = y (ĐK : y  0) Đặt : (1)  (4x – 1) y = 2y2 + 2x – 1  2y2 – (4x – 1)y + 2x – 1= 0  ( 2y2 – 4xy + 2y) – ( y – 2x + 1) = 0  y  2 x  1 0  (y – 2x+1) (2y – 1) = 0   2 y  1 0  - Với y – 2x + 1 = 0 ta có : 2 x  1  2 x  1 0  2 x  1 2 x  1 1 1 � � � � 2 x  1 �0 � x� � x� � �2 �� 2 2 2 � � 2 � � �x  1   2 x  1 3x  4 x  0 � �x  3 x  4   0 � 1 �x �2 � 4 � ��x  0 � x  3 �� 4 �� x �� 3 - Với 2y – 1 = 0 ta có : 2 x 2  1  1 0  Vậy phương trình đã cho có 1 1 3 x 2  1   x 2  1   x 2   0 2 4 4 4 nghiệm x = 3 . Ví dụ 6. Giải phương trình : ( 1  x  1 )( 1  x  1 ) Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh (Vô lý) = 2x (*) 16 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS Giải. Đặt : ĐKXĐ : - 1  x  1 1  x = u (ĐK: u ≥ 0)  x = u2 – 1 Khi đó phương trình (*) trở thành : (u – 1).  2  u 2  1 = 2( u2 – 1)   u  1 2  u 2  1  2 u  1 0   u  1    2  u 2  2u  1 0   u  1  0  2  2  u  2u  1  0 - Với u – 1 = 0  u = 1 ( thỏa mãn u  0 ) ta có :  1  x = 1  x = 0 (thỏa mãn - 1  x  1) 2 - Với 2  u  2u  1 = 0  2  u 2 = 2u + 1 Ta có với u  0 th× 2u + 1  0 nên 2  u 2 = 2u + 1  5u2 + 4u – 1 = 0 Phương trình này có hai nghiệm : u1 = - 1 < 0 (loại ) 1 (thoả mãn u  0) 5 1 1 1  24 u 2  ta có : 1  x   1  x   x  (thoả mãn 5 5 25 25  24 phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 0 ; x2 = 25 . u2  Với Vậy Ví dụ 7. Giải phương trình : 2 x 2  2 x  2 x 2  2 x 1  x  1)  2 Giải . �x �0 � � x �0۳ ĐK : �2 �۳ � � 2  2  x �0 Vậy ĐKXĐ : 0  x �4 Đặt �x �0 � 4 x � � 2 �2  x � �x �0 � �x 4 � �x �0 0 x 4 a = 2  x (ĐK : a > 0) b = 2  x (ĐK : b ≥ 0) Suy ra : � � 2 2 �� a  b  4 (1) 2 b  2 x � a2 b2   2 Từ đó ta có phương trình : 2 a 2 b a2  2  x Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 17 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS � a2   2  b  b2   2a  2  2 b  2a  � a 2 2  a 2b  b2 2  ab2  2 2  2a  2b  ab 2  � a 2  b2    2  a 2b  ab 2  2  a  b   ab 2  2 2  0 � ab  a  b   2  a  b   ab 2  2 2  0 (do a 2  b 2  4) �  ab  2   b  a    ab  2  2  0   �  ab  2  b  a  2  0 � b  a  2  0 ( do a  0; b �0 � ab  2  0) � ba 2 Thay (2) vào (1) được :  a2  a  2  2 (2) 4 � a2  a 2 1  0 Phương trình này có hai nghiệm : 2 6 (thoả mãn a > 0) 2 2 6 a2  (loại ) 2 2 6 2 6 Với a  ta có : 2  x  � 2 x  2 3 2 2 � x  3 � x  3 (thoả mãn ĐKXĐ) a1  Vậy phương trình có nghiệm x = 3. *) Nhận xét Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ cần lưu ý cho học sinh có thể thực hiện theo các bước sau : - Tìm ĐKXĐ của phương trình. - Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình đã cho về dạng tích f(x).g(x)… = 0 - Giải phương trình tích này, nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0 ; g(x) = 0 ; … thoả mãn ĐKXĐ. Cần phải vận dụng, phối hợp linh hoạt với các phương pháp khác, kiến thức khác như phân tích đa thức thành nhân tử hay đặt ẩn phụ để đưa về phương trình dạng quen thuộc đã biết cách giải. Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 18 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS 2.6 Phương pháp bất đẳng thức. 2.6.1.Phương pháp chứng tỏ tập giá trị của hai vế rời nhau, kết luận ph ương trình vô nghiệm. Ví dụ 1. Giải phương trình : x  1 - 5 x  1 = 3x  2 Giải.   x 1  x  1 0    1 5 x  1  0 ĐK :   x   x 1   5  3 x  2 0   2  x  3 Vậy ĐKXĐ : x 1 Với x  1 thì x < 5x  0 ≤ x – 1 < 5x – 1 do đó x  1 < 5 x  1 VT  x  1  5 x  1  0 Suy ra VP  3 x  2 0 Nhưng Vậy phương trình vô nghiệm. Ví dụ 2. Giải phương trình : x 2  6 x  11  x 2  6 x  13  4 x 2  4 x  5 3  2 x 2  6 x  11 + x 2  6 x  13 + 4 x 2  4 x  5 = 3 + 2 Giải.  ( x  3)  2 + ( x  3)  4 + 4 ( x  2) 2  1 = 3 + 2 Ta có: VT = ( x  3)  2 + ( x  3)  4 + 4 ( x  2) 2  1  2 + 4 + 1 = 3 + 2 = VP 2 2 Dấu “= ”  2 2  x  3 0  x 3     x  2 0  x 2 (vô lí) nên VT > VP Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. *) Nhận xét Khi sử dụng phương pháp này để giải phương trình vô tỉ ta có thể tiến hành theo các bước như sau : - Tìm ĐKXĐ - Chứng tỏ rằng VT < VP (hoặc VP> VT) trên các khoảng của tập xác định, từ đó kết luận phương trình vô nghiệm. Cần chú ý sử dụng linh hoạt các kiến thức về hằng đẳng thức, các tính chất về căn bậc (luỹ thừa) chẵn, bất đẳng thức, … 2.6.2.Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 19 Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS Ví dụ 1. Giải phương trình : 3 x  2 + x  1 = 3 (1) Giải . ĐKXĐ : x  - 1 Ta thấy x = 3 nghiệm đúng với phương trình (1) . - Với x > 3 thì : 3 x  2 > 3 3  2 1 x  1 > 3  1 2 3 x  2 + x 1 > 3 nên - Với – 1 ≤ x < 3 th×ì 3 x  2 < 3 3  2 1 x  1 < 3  1 2 3 x  2 + x 1 < 3 nên Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Ví dụ 2. Giải phương trình : 5 x 2  28  23 x 2  23  x  1  Giải. ĐK: x  2 9 (1) x 10 x1     x1  x 0  x 0 Ta thấy x = 2 là một nghiệm của (1). - Với x > 2 ta có : 5 x 2  28  5 2 2  28 2 3 x 2  23  3 2 2  23 3 x 1 x  2  1 1 2 nên x  28  23 x 2  23  - Với 1 ≤ x < 2 ta có : 5 2 x  1  x  2  2. 3  1  2  2  9 5 x 2  28  5 2 2  28 2 3 x 2  23  3 2 2  23 3 x 1 x 2  1 1 2 nên x  28  23 x 2  23  x  1  x  2  2.3  1  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. 5 2 2  2 9 *) Nhận xét Khi giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta thường nhẩm nghiệm của phương trình rồi thử trực tiếp để chứng tỏ Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 20