PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
Định hướng đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục nước ta trong giai đoạn
hiện nay là “chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang
phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người học”. Theo đó, Chương trình giáo
dục phổ thông 2018 được xây dựng theo định hướng phát triển phẩm chất và năng
lực của học sinh; tạo môi trường học tập và rèn luyện giúp học sinh phát triển hài
hoà về thể chất và tinh thần, trở thành người học tích cực, tự tin, biết vận dụng các
phương pháp học tập tích cực để hoàn chỉnh các tri thức và kĩ năng nền tảng, có ý
thức lựa chọn nghề nghiệp và học tập suốt đời; có những phẩm chất tốt đẹp và năng
lực cần thiết để trở thành người công dân có trách nhiệm, người lao động có văn
hoá, cần cù, sáng tạo.
Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo từ lâu đã được xác định là
một trong những mục tiêu quan trọng của giáo dục.Theo Chương trình giáo dục
phổ thông 2018, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là một trong những năng
lực cốt lõi cần phải bồi dưỡng và phát triển cho người học. Năng lực giải quyết vấn
đề và sáng tạo là một khái niệm mới. Do vậy, việc làm rõ khái niệm cũng như
nghiên cứu khả năng dạy học môn Toán nhằm góp phần phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo là rất cần thiết.
Phương trình vô tỷ có nhiều dạng và các phương pháp giải khác nhau. Nó
thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Hiện nay, có rất nhiều tài liệu, sách
tham khảo viết về phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, các tài liệu, sách tham khảo phần
lớn dừng lại ở việc phân dạng phương trình vô tỷ, nêu phương pháp giải và lấy ví
dụ minh họa. Rất ít tài liệu, sách tham khảo viết theo hướng phát triển năng lực học
sinh.
Trong dạy học môn Toán, chúng tôi cho rằng, có thể phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sử dụng các bài toán về
phương trình vô tỷ.
Hiện nay, có nhiều nghiên cứu về phát triển năng lực giải quyết vần đề và
sáng tạo cho học sinh thông qua các chủ đề, các bài toán trên nhiều lĩnh vực khác
nhau của toán học…Tuy nhiên, chưa có nghiên cứu nào về phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua các bài toán về phương trình vô tỷ.
Vì những lý do trên, tác giả chọn đề tài: “Phát triển năng lực giải quyết vấn
đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ” để
nghiên cứu.
1
PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. CƠ SỞ KHOA HỌC
1. Cơ sở lý luận
Có nhiều nghiên cứu về năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo nói
chung. Theo Nguyễn Lộc, Nguyễn thị Lan Phương và các công sự (2016), “năng
lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân sử dụng hiệu quả các quá trình nhận thức,
hành động và thái độ, động cơ, xúc cảm để giải quyết những tính huống vấn đề mà
ở đó không có sẵn quy trình, thue tục, giải pháp thông thường” [2; tr216]. Trần Việt
Dũng (2013), “năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra cái mới có giá trị của cá nhân
dựa trên tổ hợp các phẩm chất độc đáo của cá nhân đó” [3; tr162]. Tuy nhiên, việc
đưa vào khái niệm năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo trong chương
trình giáo dục phổ thông - Chương trình tổng thể là một cách đưa sáng tạo, có tính
mới. Theo đó, năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo thể hiện ở cấp THPT
có thể được mô tả như sau:
-Nhận ra ý tưởng mới: Biết xác định và làm rõ thông tin, ý tưởng mới và
phức tạp từ các nguồn thông tin khác nhau; biết phân tích các nguồn thông tin độc
lập để thấy được khuynh hướng và độ tin cậy của ý tưởng mới.
- Phát hiện và làm rõ vấn đề: Phân tích được tình huống trong học tập, trong
cuộc sống; phát hiện và nêu được tình huống có vấn đề trong học tập, trong cuộc
sống.
- Hình thành và triển khai ý tưởng mới: Nêu được nhiều ý tưởng mới trong
học tập và cuộc sống; suy nghĩ không theo lối mòn; tạo ra yếu tố mới dựa trên
những ý tưởng khác nhau; hình thành và kết nối các ý tưởng; nghiên cứu để thay
đổi giải pháp trước sự thay đổi của bối cảnh; đánh giá rủi ro và có dự phòng.
- Đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập và làm rõ các thông tin có liên
quan đến vấn đề; biết đề xuất và phân tích được một số giải pháp giải quyết vấn đề;
lựa chọn được giải pháp phù hợp nhất.
- 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.
+ Biết điều chỉnh kế hoạch và việc thực hiện kế hoạch, cách thức và tiến
trình giải quyết vấn đề cho phù hợp với hoàn cảnh để đạt hiệu quả cao.
+ Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động.
- Tư duy độc lập: Biết đặt nhiều câu hỏi có giá trị, không dễ dàng chấp nhận
thông tin một chiều; không thành kiến khi xem xét, đánh giá vấn đề; biết quan tâm
tới các lập luận và minh chứng thuyết phục; sẵn sàng xem xét, đánh giá lại vấn đề.
2
Trong đề tài này, chúng tôi quan niệm năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo
trong môn Toán là khả năng huy động, tổng hợp kiến thức, kĩ năng và các thuộc
tính cá nhân nhằm giải quyết một nhiệm vụ học tập môn Toán, trong đó có biểu
hiện của sự sáng tạo. Sự sáng tạo trong quá trình giải quyết vấn đề được biểu hiện
trong một bước nào đó, có thể là một cách hiểu mới về vấn đề, hoặc một hướng giải
quyết mới cho vấn đề, hoặc một sự cải tiến mới trong cách thực hiện giải quyết vấn
đề, hoặc một cách nhìn nhận đánh giá mới.
Nói riêng, trong dạy học môn Toán, Chương trình giáo dục phổ thông môn
Toán cũng nêu rõ định hướng nội dung giáo dục toán học góp phần hình thành và
phát triển cho học sinh các phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán
học (bao gồm: NL tư duy và lập luận toán học, NL mô hình hóa toán học, NL giải
quyết vấn đề toán học, NL giao tiếp toán học, NL sử dụng công cụ, phương tiện
toán học)[4; tr 9]
Như vậy, có thể thấy được mối quan hệ giữa việc phát triển các năng lực
thành phần của năng lực toán học và năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo. Cũng
do phân tích ở trên, chúng tôi cho rằng, giáo viên có thể phát triển năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học
sinh thực hiện các hoạt động như là các “năng lực thành phần” của năng lực giải
quyết vấn đề và sáng tạo như đã trình bày ở trên.
2. Cơ sở thực tiễn
Trong giai đoạn hiện nay, chúng ta đang dạy học theo chương trình giáo
dục phổ thông hiện hành (chương trình sách giáo khoa năm 2006) được xây
dựng theo hướng tiếp cận nội dung. Chuyên đề phương trình vô tỷ trong chương
trình sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng không nhiều, số lượng bài tập ít,
thiếu tính đa dạng. Thực tế cho thấy, phương trình vô tỷ rất đa dạng và phong
phú, có nhiều phương pháp giải khác nhau, có nhiều bài toán khó, phức tạp. Để
giải nó, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các phương pháp giải, có tư duy sáng
tạo, linh hoạt và thành thạo các kỹ năng biến đổi...
Về phương pháp, hình thức tổ chức dạy học hiện nay chúng ta thấy có
nhiều thay đổi. Phương pháp dạy học tích cực được các nhà trường chỉ đạo quyết
liệt để giáo viên áp dụng vào giảng dạy. Tuy nhiên, vẫn còn có giáo viên ngại
đổi mới phương pháp dạy học, không linh hoạt trong giảng dạy. Do đó, việc phát
triển phẩm chất, năng lực người học còn nhiều hạn chế. Khi dạy chuyên đề
phương trình vô tỷ, một số giáo viên chỉ biết sưu tầm các bài tập có trong sách
giáo khoa, sách tham khảo khác nhau và dạy cho học sinh, không phân tích,
hướng dẫn, đưa ra những câu hỏi, tình huống có vấn đề để khích thích tính tò
mò, sáng tạo cho học sinh nên không tạo hứng thú cho học sinh 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 còn gặp một số khó khăn. Có nhiều yếu tố ảnh hưởng tới điều này,
chúng ta có thể kể đến là: về chất lượng đội ngũ giáo viên, nội dung chương trình,
3
cơ sở vật chất, cách tiếp cận phương pháp dạy học mới... Song, để tiếp cận với
Chương trình giáo dục phổ thông 2018, chắc chắn người dạy, người học cần phải
thay đổi về nhận thức và phương pháp dạy và học.
II. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO
CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỶ
Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, nội dung
của đề tài tập trung vào rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ. Trên cơ
sở lời giải một số bài toán phương trình vô tỷ, đi ngược lại quy trình, chúng tôi nêu
ra các phương pháp sáng tạo ra 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
g ( x) 0
phương trình cơ bản dạng: f ( x) g ( x)
f ( x) g ( x)
2
Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích
f ( x).g ( x).h( x)... 0
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.
1.1.3. Phương pháp đánh giá
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 2 ( x) ... 0 hoặc f n ( x) g n ( x)
1.1.6. Phương pháp hàm số
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( x2 3x 2) 3 x3 8 (1)
bản
Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ
f ( x) g ( x) .
4
Sau khi thực hiện phép biến đổi
g ( x) 0
f ( x) g ( x)
2
f ( x) g ( x) (2)
Phương trình (2) thu được là phương trình bậc 4. Lúc đó, với sự hỗ trợ của
máy tính casio, ta thấy phương trình (2) biến đổi được về dạng tích có nhân tử
chung là biểu thức x2 6 x 4 . Từ đó ta có lời giải:
Lời giải 1. Áp dụng công thức cơ bản
g ( x) 0
f ( x) g ( x)
2
f ( x) g ( x) (2)
Điều kiện: x 2
Phương trình
2
x 3x 2 0
2( x 3 x 2) 3 x 8 3
2
2
9( x 8) 4( x 3 x 2)
2
3
x ;1 2;
x ;1 2;
4
2
3
2
2
4 x 33x 52 x 48 x 56 0
( x 6 x 4)(4 x 9 x 14) 0
x ;1 2;
x 3 13
x
;1
2;
2
x 3 13
x 3 13
x 6x 4 0
x 3 13
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Tiếp tục phân tích, ta thấy:
x3 8 ( x 2)( x 2 2 x 4)
x 2 3x 2 ( x 2 2 x 4) ( x 2)
Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức
x 2 và x 2 2 x 4 . Nếu đặt a x 2 2 x 4, b x 2 , Ta có phương trình
2a 2 3ab 2b2 0 (a 2b)(a 2b) 0 a 2b 0 a 2b
Từ đó ta có lời giải sau:
Lời giải 2.
Điều kiện: x 2
Ta có: 2( x 2 3x 2) 3 x3 8 2( x 2 2 x 4) 2( x 2) 3 ( x 2)( x 2 2 x 4)(*)
Đặt a x2 2 x 4 0; b x 2 0
Phương trình trở thành 2a 2 3ab 2b2 0 (a 2b)(a 2b) 0 a 2b 0 a 2b
x 3 13
Với a 2b x 2 2 x 4 2 x 2 x 2 6 x 4 0
x 3 13
Nhận xét:
5
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 x3 8 ( x 2)( x 2 2 x 4)
Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x2 3x 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 3x 2 m( x 2 2 x 4) n( x 2) mx 2 (n 2m) x 4m 2n
m 1
m 1
Đồng nhất hệ số, ta có n 2m 3
n 1
4m 2n 2
x 2 3x 2 ( x 2 2 x 4) ( x 2)
2. Phương trình (*) có dạng tổng quát A. f ( x) B.g ( x) C. f ( x) g ( x)
a
Nếu đặt
f ( x)
b g ( x)
, ta có thể có được lời giải.
3. Giải sử g ( x) 0 , ta có: A. f ( x) B.g ( x) C. f ( x) g ( x) A
Bằng cách đặt t
f ( x)
f ( x)
B C.
g ( x)
g ( x)
f ( x)
, ta cũng có được lời giải
g ( x)
Lời giải 3.
Điều kiện: x 2
Ta có: 2( x 2 3x 2) 3 x3 8 2( x 2 2 x 4) 2( x 2) 3 ( x 2)( x 2 2 x 4)
22
x2
x2
3 2
(1)
x 2x 4
x 2x 4
Đặt t
x2
, điều kiện t 0
x 2x 4
2
2
1
1
2 t
2
t 2
Phương trình (1) trở thành: 2t 2 3t 2 0
Với t 2
t
x 3 13
x2
2 x2 6x 4 0
x 2x 4
x 3 13
2
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Nhận xét:
Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau:
6
af ( x) b n f ( x) c 0 . Khi đó, ta đặt ẩn phụ t
n
f ( x) thì bài toán sẽ được giải
quyết.
Thực tế cho thấy, trong quá trình giải bài tập phương trình vô tỷ, có nhiều phương
trình, sau một số bước biến đổi, ta thu được phương trình dạng:
af ( x) b n f ( x) c 0
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:
Lời giải 4.
Ta có: 2( x 2 3x 2) 3 x3 8 2( x 2 2 x 4) 2( x 2) 3 ( x 2)( x 2 2 x 4)
2( x 2 2 x 4) ( x 2)( x 2 2 x 4) 2( x 2) 4 ( x 2)( x 2 2 x 4) 0
x 2 0
x2 2 x 4 2 x2 2 x 4 x 2 2 x 2 2 x2 2 x 4 x 2 0
2 x2 2 x 4 x 2
x2 2x 4 2
x 3 13
x2 2 x 4 2 x 2 0 x2 2 x 4 2 x 2 x2 6 x 4 0
x 3 13
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) 3x 2 12 x 5 10 4 x x 2 12 0
d) 3 81x 4 4 27 x 2 42 x 6
b) 2( x2 x 6) 5 x3 8
e) x 2 3x 4 3 x3 6 x 2 11x 6
c) 2 x 2 5x 1 7 x3 1
Bình luận: Ở ví dụ 1, để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học
sinh, chúng tôi đã đưa ra những phân tích, nhận xét để rèn luyện cho học sinh tư
duy sáng tạo tìm tòi lời giải và giúp học sinh trả lời câu hỏi “vì sao lại nghĩ ra lời
giải này”. Chúng tôi cũng đưa ra các dạng phương trình tổng quát để học sinh
nhận dạng và ghi nhớ cách giải.
Ở các ví dụ tiếp theo, chúng tôi không nặng về phân tích, nhận xét để giúp
học sinh tư tuy tìm tòi lời giải. Chúng tôi chỉ tập trung vào định hướng và giải bài
toán bằng nhiều cách khác nhau để giúp học sinh nắm sâu hơn về các phương pháp
giải phương trình vô tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận một bài bài toán ở nhiều
“góc nhìn” khác nhau.
Ví dụ 2. Giải phương trình sau: 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2 x 3
Lời giải 1. Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình
tích.
7
Điều kiện: x 6;
1 10 3 1 10
;
3
3
Ta có: 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2 x 3
(3x2 2 x 3) 5( x 1) ( x 1) 3x 2 2 x 3 5 3x 2 2 x 3
(3x 2 2 x 3) 5 3x 2 2 x 3 5( x 1) ( x 1) 3x 2 2 x 3 0
3x 2 2 x 3 5
3x 2 2 x 3 x 1 0
1 85
x
3
3 x 2 2 x 28 0
2
3x 2 x 3 5
1 85
x 1
x
3
3x 2 2 x 3 x 1 2
2
x
4
x
4
0
x 1 3
x 1 3
Vậy nghiệm của phương trình là: x
1 85
; x 1 3
3
Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Ta có: 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2 x 3
(3x2 2 x 3) 5( x 1) ( x 1) 3x 2 2 x 3 5 3x 2 2 x 3
Đặt a 3x2 2 x 3; b x 1
Phương trình trở thành:
a 5
a 2 5b ab 5a (a 2 5a) (ab 5b) 0 (a 5)(a b) 0
a b
Với a 5 3x 2 2 x 3 5 3x 2 2 x 28 0 x
1 85
3
x 1
x 1 3
2
2 x 4 x 4 0
x 1 3
x 1
Với a b 3x 2 2 x 3 x 1
Vậy nghiệm của phương trình là: x
1 85
; x 1 3
3
Lời giải 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Đặt t 3x 2 2 x 3 0 t 2 3x 2 2 x 3 3x 2 t 2 2 x 3
Phương trình 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2 x 3 t 2 2 x 3 3x 2 ( x 6)t
t 2 ( x 6)t 5( x 1) 0 (1)
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số
8
t ( x 6)2 20( x 1) ( x 4)2 t x 4
Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t 5; t x 1
3x 2 2 x 3 5
t 5
Khi đó phương trình (1) (t 5)(t x 1) 0
t
x
1
3x 2 2 x 3 x 1
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 4. Nhân biểu thức liên hợp
Ta có: 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2 x 3 ( x 6) 3x 2 2 x 3 5 3x 2 2 x 28
( x 6)(3x 2 2 x 28)
3x 2 2 x 3 5
3 x 2 2 x 28 0
3 x 2 2 x 28 0
2
3x 2 x 28
x6
1 3x 2 2 x 3 x 1
3x 2 2 x 3
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 3x2 5x 2 2( x 1) 2 x2 3x 1 0
Lời giải 1. Biến đổi phương trình về dạng tích
Điều kiện: x ; 1;
2
1
Ta có: 3x2 5x 2 2( x 1) 2 x2 3x 1 0
(2 x2 3x 1) ( x 1) 2 x2 3x 1 ( x 3) 2 x 2 3x 1 ( x 3)( x 1) 0
2 x2 3x 1( 2 x2 3x 1 x 1) ( x 3)( 2 x 2 3x 1 x 1) 0
2 x 2 3x 1 3 x
( 2 x 3x 1 x 1)( 2 x 3x 1 x 3) 0
2 x 2 3x 1 1 x
2
Với
2
x 3
x 3
3 41
2 x 3x 1 3 x 2
3 41 x
2
x 3x 8 0
x
2
2
x 1
Với 2 x 2 3x 1 x 1
: vô nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình là: x
3 41
2
2
x 5x 0
Lời giải 2. Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới.
a x 1
Đặt
2
2
2
a x 2 x 1
2
a 2 b 2 3x 2 5 x 2
2
b 2 x 3 x 1
b 2 x 3 x 1
a b 2
a b 2
Phương trình trở thành: a 2 b2 4 2ab 0 (a b)2 4
9
2 x 2 3x 1 3 x
a b 2
Với
2 x 2 3x 1 1 x
a b 2
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 3.
Đặt
2
2
2
2
2
a x 1
a x 2 x 1
a b 3x 5 x 2
2
2
2
2
b 2 x 3 x 1
2ab 3 x 5 x 2
b 2 x 3x 1
a b 2
a 2 b 2 2ab 4 (a b) 2 4
a b 2
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)
Ta có 3x2 5x 2 2( x 1) 2 x2 3x 1 0
(2 x2 3x 1 2( x 1) 2 x2 3x 1 ( x 1)2 4 ( 2 x2 3x 1 x 1) 2 22
2 x 2 3x 1 x 1 2
2 x 2 3x 1 3 x
2 x 2 3x 1 x 1 2 2 x 2 3x 1 1 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 3x 1 0 t 2 2 x 2 3x 1
Phương trình 3x2 5x 2 2( x 1) 2 x2 3x 1 0 t 2 2( x 1)t x 2 2 x 3 0 (1)
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t 4
Phương trình (1) có 2 nghiệm t 3 x; t 1 x
2 x 2 3x 1 3 x
t 3 x
2 x 2 3x 1 1 x
t 1 x
Khi đó (1) (t x 3)(t x 1) 0
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp
Ta có: 3x2 5x 2 2( x 1) 2 x2 3x 1 0
x 2 3x 8 2( x 1)
2 x 2 3x 1 (3 x) 0
x 2 3x 8 0
2( x 1)( x 3 x 8)
x 2 3x 8
0
2( x 1)
2
1
0
2 x 3x 1 3 x
2 x 2 3x 1 3 x
2
10
Với x 2 3x 8 0 x
Với 1
3 41
2
2( x 1)
2 x 3x 1 3 x
2
0 2 x 2 3x 1 1 x : vô nghiệm
Ví dụ 4. Giải phương trình x3 (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
t 2 1
2
x
1
x
t 2 1 2 x 1 x 2
2
Suy ra: 3 3
3
2 3
2
2
t x (1 x ) 3x 1 x x 1 x
x3 (1 x 2 )3 t 3t
2
Phương trình (1) trở thành:
t 2
t 3 3t t 2 1
t 3 2t 2 3t 2 0
2
2
t 1 2
x 2
Với t 2 x 1 x 2 2 1 x 2 2 x
2 x 2 2 x 1 0
Với t 1 2 x 1 x 2 1 2 x
Vậy nghiệm của phương trình là x
2
x
2
2
1 2 2 2 1
2
2
1 2 2 2 1
;x
2
2
Lời giải 2. Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình
Đặt y 1 x 0 , ta có hệ:
2
2
2
2
x y 1
( x y ) 2 xy 1
3
3
3
x y 2 xy
( x y ) 3xy ( x y ) 2 xy
(I)
x y S
, điều kiện S 2 4P
xy P
Đặt
S 2 1
P
S 2 2P 1
2
Hệ (I) trở thành: 3
2
2
S 3SP 2 P 0
S 3 3S . S 1 2. S 1 0
2
2
11
S 2
2
S
1
P
S 2 1
P 1
2
P
2
2
S 2
3
2
S 2S 3S 2 0
S 1 2
S 1 2
P 1 2
S 2 x y 2
2
Với 1
x
1
2
P
xy
2
2
S 1 2
1 2 2 2 1
x y 1 2
x
Với
P 1 2
xy 1 2
2
Vậy nghiệm của phương trình là x
2
1 2 2 2 1
;x
2
2
Lời giải 3. Phương pháp lượng giác hóa
Đặt x sin t , t ;
2 2
Khi đó (1 x 2 )3 (1 sin 2 t )3 cos3 t; 2 2 x 2 2. 1 sin 2 t 2 cos t
Phương trình trở thành:
sin3 t cos3 t 2 sin t cos t (sin t cos t )3 3sin t cos t (sin t cos t ) 2 sin t cos t 0 (1)
Đặt a sin t cos t sin t cos t
a2 1
, điều kiện a 1; 2
2
a 2
Phương trình (1) trở thành: a3 2a 2 3a 2 0
a 1 2
Với a 2 sin t cos t 2 2 cos t 2 cos t 1 t k 2
t
4
4
2
k 2 . Vì t ; t x sin
4
4
4
2
2 2
sin t cos t 1 2
Với a 1 2 sin t cos t 1 2
sin t cos t 1 2
x
4
sin t
1 2 2 2 1
2
1 2 2 2 1
2
Vậy nghiệm của phương trình là x
2
1 2 2 2 1
;x
2
2
Ví dụ 5. Giải phương trình sau: 1 x 2
5
2 1 x2
x
12
Nhận xét: Trong phương trình có chứa
lượng giác 1 tan 2
1 x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức
1
cos 2
0 cos t 1
Đặt x tan t , t ;
1 sin t 1
2 2
Khi đó 1 x 2 1 tan 2 t
Phương trình 1 x 2
1
1
2
cos t cos t
5
2 1 x2
x
1
5cos t
tan t 2 5cos 2 t 2sin t 0
cos t
2
sin t 1
3
4
3
5sin t 2sin t 3 0
sin t cos t 1 sin 2 t x tan t
sin t 3
5
5
4
5
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x
3
4
Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác:
a) 2 x (4 x2 1) 1 x2 4 x3 1 x2 , đặt t sin x, t ;
2 2
b) 2 2 1 x2 x(1 1 x 2 ) , đặt t sin x, t 0;
c) x
3x
x 9
2
d) x 2 1
2
36
3
, t (0; ) \
, đặt x
x
cos x
2
x 2 1 ( x 2 1) 2
, đặt x tan t , t ; \ 0;
2
2x
2 x(1 x )
4
2 2
Ví dụ 6. Giải phương trình x3 15x 2 78x 141 5 3 2 x 9
Lời giải 1.
Ta có: x3 15x 2 78x 141 5 3 2 x 9 ( x 5)3 5( x 5) 2 x 9 5 3 2 x 9
a x 5
Đặt 3
b 2 x 9
Phương trình trở thành: a3 5a b3 5b (a b)(a 2 ab b2 5) 0 a b 0 a b
x 4
Với a b x 5 2 x 9 x 15 x 73x 116 0 11 5
x
2
3
3
2
x 4
Vậy phương trình có nghiệm là: 11 5
x
2
Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x 5)3 5( x 5) 2 x 9 5 3 2 x 9
13
Ta làm như sau: xét phương trình ( x m)3 5( x m) ( 3 2x 9)3 5 3 2 x 9
x3 3mx2 (3m2 3) x m3 5m 9 5 3 2 x 9
3m 15
m 5
Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 3m 2 3 78
m3 5m 9 141
Khi đó x3 15x 2 78x 141 5 3 2 x 9 ( x 5)3 5( x 5) 2 x 9 5 3 2 x 9
Lời giải 2. Phương pháp hàm số
Ta có: x3 15x 2 78x 141 5 3 2 x 9 ( x 5)3 5( x 5) 2 x 9 5 3 2 x 9 (1)
Xét f (t ) t 3 5t , t R
Ta có f / ( x) 3t 2 5 0t R f (t ) đồng biến trên R
x 4
Khi đó (1) f ( x 5) f ( 2 x 9) x 5 2 x 9 11 5
x
2
3
3
Lời giải 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2.
Ta có: x3 15x 2 78x 141 5 3 2 x 9 ( x 5)3 5 3 2 x 9 3x 16
( y 5)3 2 x 9
3
( y 5) 2 x 9(1)
3
3
( x 5) 5( y 5) 3x 16
( x 5) 5 y 3x 9(2)
Đặt y 5 3 2 x 9
Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có:
( y 5)3 ( x 5)3 5 x 5 y ( y x) ( y 5) 2 ( y 5)( x 5) ( x 5) 2 5( y x) 0
( y 5) ( y 5) 2 ( y 5)( x 5) ( x 5) 2 5 0 y x 0 x y
x 4
x 5 2x 9
x 11 5
2
3
Nhận xét: Để đặt y 5 3 2 x 9
Ta làm như sau: giả sử 3 2 x 9 ax b , a 0
5(ay b) x3 15 x 2 78 x 141
Ta có:
3 3
2
2
2
3
2 x 9 a y 3a by 3ab y b
5ay 5b 2 x 9 x3 15 x 2 78 x 141 y 3 3a 2by 3ab 2 y b3
( x3 a 3 y 3 ) (15 x 2 3a 2by 2 ) 80 x (3ab 2 5a) y (b3 b 150) 0 (1)
a3
3a 2b 3ab 2 5a
a 1
Để (1) có nhân tử chung x y , ta cần có: 1
15
80
b 5
b3 5b 150 0
14
Nên ta có phép đặt y 5 3 2 x 9
Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 3x 5 8 x3 36 x 2 53x 25
Lời giải 1. Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới.
Phương trình: 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 (2 x 3)3 (2 x 3) (3x 5) 3 3x 5 (1)
Đặt a 2x 3; b 3 3x 5 . Phương trình (1) trở thành
a3 a b3 b a3 b3 a b 0 (a b)(a 2 ab b 2 1) 0 a b 0 a b
x 2
Với a b 3x 5 2 x 3 3x 5 (2 x 3) 8x 36 x 51x 22 0 5 3
x
4
3
3
Vậy nghiệm của phương trình là: x 2; x
3
2
5 3
4
Lời giải 2. Phương pháp hàm số
Phương trình: 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 (2 x 3)3 (2 x 3) (3x 5) 3 3x 5 (1)
Xét f (t ) t 3 t , t R
Ta có f / (t ) 3t 2 t 0t R f (t ) đồng biến trên R
x 2
Do đó (1) f (2 x 3) f ( 3x 5) 2 x 3 3x 5 5 3
x
4
3
3
Lời giải 3. Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2.
Ta có 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 (2 x 3)3 3 3x 5 x 2
(2 y 3)3 3 x 5
Đặt 2 y 3 3 3x 5
3
(2 x 3) 2 y x 5
(2 y 3)3 (2 x 3)3 2( x y)
(2 y 2 x) (2 y 2 x) 2 (2 y 3)(2 x 3) (2 x 3) 2 (2 y 2 x) 0
(2 y 2 x) (2 y 3) 2 (2 y 3(2 x 3) (2 x 3) 2 1 0 2 y 2 x 0 x y
x 2
Khi đó 2 x 3 3x 5 5 3
x
4
3
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
Ta có: VP ( x 5)2 2 2 (1)
15
VT 1( x 4) 1(6 x)
x 3 7 x
2 (2)
2
2
1 x 4
VT 2
Từ (1) và (2), ta có: VT VP
1 6 x x 5
VP 2
x 5 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 2.
Ta có: x 4 6 x x 2 10 x 27
2 x 2 20 x 54 2 x 4 2 6 x
2( x2 10 x 25) ( x 4 2 x 4 1) (6 x 2 6 x 1) 0
x 5 0
2( x 5) 2 ( x 4 1) 2 ( 6 x 1) 2 0 x 4 1 x 5
6 x 1
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 3.
( x 4 1) ( 6 x 1) ( x2 10 x 25) 0
x 5
x 5
1
1
( x 5) 2 0 ( x 5)
x 5 0
x 4 1
6 x 1
6 x 1
x 4 1
x 5
1
1
5
x
x 4 1
6 x 1
Xét phương trình
1
1
5
x (3)
x 4 1
6 x 1
1
1
Với x 4;5 , ta có: x 4 1 6 x 1
5 x
1
1
5
x
x 4 1
6 x 1
Với x 5 thỏa mãn phương trình (3)
1
1
Với x 5;6 , ta có: x 4 1 6 x 1
5 x
1
1
5
x
x 4 1
6 x 1
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
x 4 6 x x2 10 x 27 2 2 x 2 10 x 24 ( x 2 10 x 27)2
16
2 2 3 ( x 2 10 x 27) ( x 2 10 x 27) 2
Đặt t x 2 10 x 27 ( x 5)2 2 2
Phương trình trở thành: 2 2 3 t t 2 2 3 t t 2 2 4(3 t ) t 4 4t 2 4
t 4 4t 2 4t 8 0 t 2 (t 2)(t 2) 4(t 2) 0 (t 2)(t 3 2t 2 4) 0 t 2
Với t 2 x 2 10 x 27 2 ( x 5)2 0 x 5
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 5. Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình.
a x 4
ab ( x 4)(6 x) x 2 10 x 24 3 ( x 2 10 x 27)
Đặt
b 6 x
x 2 10 x 27 3 a 2b2
a b a 2b 2 3 0(1)
a b 3 a 2b 2
a b a 2b 2 3 0
Ta có hệ phương trình: 2 2
( a b) 2 2
2
a
b
2
(
a
b
)
2
ab
2
ab
(2)
2
2
Thế (2) vào (1), ta có:
( a b) 2 2
ab
3 0(3)
2
Đặt t a b , điều kiện t 0
Phương trình (3) trở thành:
2
t2 2
4
2
3
2
t
3 0 t 4t 4t 8 0 (t 2)(t 2t 4) 0 t 2 0 t 2
2
Với t 2 a b 2 x 4 6 x 2 ( x 4)(6 x) 1 ( x 4)(6 x) 1
( x 5)2 0 x 5
Ví dụ 9. Giải phương trình ( x 1) 2 x2 7 x 9 9 x 39
Lời giải 1. Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( x) g 2 ( x)
9
Điều kiện 2 x 2 7 x 9 0 x ; 1;
2
Ta có ( x 1) 2 x2 7 x 9 9 x 39 4( x 1) 2 x2 7 x 9 36 x 156
4(2 x2 7 x 9) 4( x 1) 2 x2 7 x 9 ( x 1)2 9 x 2 66 x 121
2 x 2 7 x 9 x 5(1)
(2 2 x 2 7 x 9 x 1) 2 (3x 11) 2
2 x 2 7 x 9 2 x 6(2)
Giải (1):
x 5
x 5
3 145
2x 7x 9 x 5 2
3 145 x
2
x 3x 34 0
x
2
2
17
x 3
Giải (2): 2 x 2 7 x 9 2 x 6
2
2 x 17 x 45 0
Vậy nghiệm của phương trình là: x
: Vô nghiệm
3 145
2
Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Ta có:
( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39 2 x 2 7 x 9 ( x 1) 2 x 2 7 x 9 2 x 2 16 x 30 0
Đặt t 2 x 2 7 x 9
Phương trình trở thành t 2 ( x 1)t 2 x 2 16 x 30 0 (1)
Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (3x 11)2
Phương trình (1) có 2 nghiệm t x 5; t 2 x 6
2x2 7 x 9 x 5
t x 5
t 2 x 6 2 x 2 7 x 9 2 x 6
Do đó (1) (t x 5)(t 2 x 6) 0
Lời giải 3. Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới.
Đặt a x 1; b 2 x2 7 x 9 9 x 39 2a 2 b2 12a 16
Phương trình đã cho trở thành:
ab 2a 2 b2 12a 16 4b2 4ab a 2 9a 2 48a 64 (2b a) 2 (3a 8) 2
2 x2 7 x 9 x 5
2b a 3a 8
2
b
a
3
a
8
2 x 2 7 x 9 2 x 6
Lời giải 4.
a 2 x 2 2 x 1
a
x
1
Đặt
4b2 8 x 2 28 x 36 a 2 4ab 4b 2 9 x 2 66 x 121
2
b 2 x 7 x 9 4ab 36 x 156
2 x2 7 x 9 x 5
2b a 3x 11
(2b a) (3x 11)
2 x 2 7 x 9 2 x 6
2b a 3x 11
2
2
Nhận xét:
Xuất phát từ phương trình có dạng tổng quát dạng: u 2 ( x) 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:
2
2
u ( x) b( x) a( x).v( x)
u ( x) b( x) a( x).v( x)
2
2
v ( x) a( x).u ( x) b( x)
v ( x) b( x) a( x).u ( x)
18
Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng
u 2 ( x) b( x) a( x) a( x).u ( x) b( x)
Thật vậy: Giả sử ( x 1) 2 x2 7 x 9 9 x 39 (*) được viết thành:
( x n)2 b( x) ( x 1) ( x 1)( x n) b( x)
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
Khi đó: ( x n)2 b( x) ( x 1) ( x 1)( x n) b( x)
( x n) 2 ( x 2 px q) ( x 1) ( x 1)( x n) ( x 2 px q)
2
2
(2n p) x (n q) ( x 1) 2 x (n p 1) x (n q 1)
2n p 9
n 5
2
n q 39
p 1
Đồng nhất hệ số, ta có:
n p 1 7
q 14
n q 1 9
Khi đó ta biến đổi
( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39 ( x 5) 2 ( x 2 x 14) ( x 1) ( x 1)( x 5) ( x 2 x 14)
Ta có lời giải sau:
Lời giải 5. Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2.
Ta có:
( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39 ( x 5) 2 ( x 2 x 14) ( x 1) ( x 1)( x 5) ( x 2 x 14)
u x 5
Đặt
u 2 ( x 2 x 14) ( x 1)v(1)
2
2
2
v ( x x 14) ( x 1)u (2)
v ( x 1)( x 5) ( x x 14)
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
2 x2 7 x 9 x 5
u v
u 2 v 2 ( x 1)(v u ) (u v)(u v x 1) 0
2 x 2 7 x 9 2 x 6
u v x 1 0
Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp
Ta có: ( x 1) 2 x2 7 x 9 9 x 39
x 2 3x 34 ( x 1)
2 x 2 7 x 9 ( x 5) 0
x 5
Xét 2 x 2 7 x 9 x 5 0 2 x 2 7 x 9 x 5
2
x 3x 34 0
: Vô nghiệm
Suy ra: 2 x 2 7 x 9 x 5 0
19
Khi đó x2 3x 34 ( x 1)
x 2 3x 34
2 x 2 7 x 9 ( x 5) 0
x 1
0 ( x 2 3x 34) 1
0
2
2 x2 7 x 9 x 5
2
x
7
x
9
x
5
( x 1)( x 2 3x 34)
x 2 3 x 34 0
3 145
3 145
x
x
2
x 1
1
0
2
2 x 2 7 x 9 2 x 6(VN )
2x2 7 x 9 x 5
Ví dụ 10. Giải phương trình: 8x2 11x 1 ( x 1) 4 x2 6 x 5
Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng
loại 2.
Ta có: 8x2 11x 1 ( x 1) 4 x2 6 x 5
(3x 2) 2 ( x 2 x 3) ( x 1) ( x 1)(3x 2) ( x 2 x 3)
2
2
u 3 x 2
u ( x x 3) ( x 1)v
2
Đặt
2
2
v
(
x
1)(3
x
2)
(
x
x
3)
v ( x 1)u ( x x 3)
2
2
u ( x 1)v ( x x 3)(1)
2
2
v ( x 1)u ( x x 3)(2)
đây là hệ phương trình đối xứng loại 2.
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
u v
u 2 v 2 ( x 1)(u v) (v u )(u v x 1) 0
u v x 1 0
2
14 3
x
x
Với u v 4 x 6 x 5 3x 2
3
5
5 x 2 6 x 1 0
2
Với u v x 1 0
3
9 33
x
4 x 6 x 5 4 x 3
x
4
12
6 x 2 9 x 2 0
2
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
Phương trình 8x2 11x 1 ( x 1) 4 x2 6 x 5 t 2 ( x 1)t 12 x2 17 x 6 0 (1)
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (7 x 5)2
Phương trình (1) có 2 nghiệm t 3x 2; t 4 x 3
4 x 2 6 x 5 3x 2
t 3 x 2
t 4 x 3 4 x 2 6 x 5 4 x 3
Khi đó (1) (t 3x 2)(t 4 x 3) 0
Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1.
20
- Xem thêm -