Tài liệu Skkn một số kinh nghiệm giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải phương trình vô tỷ ở lớp 9 thcs

  • Số trang: 13 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 110 |
  • Lượt tải: 0
tranvanhung

Tham gia: 20/02/2016

Mô tả:

Nội dung A. Tên đề tài: Một số kinh nghiệm giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải phương trình vô tỷ ở lớp 9 THCS B. Lý do chọn đề tài I. Cơ sở phương pháp luận: Căn cứ vào thực tế dạy và học hệ thống bài tập về phương trình vô tỷ của chương trình Đại số 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập do Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành còn đơn giản, chưa sâu, chưa đáp ứng đầy đủ yêu cầu của dạng toán này bởi trên thực tế bài tập về phương trình vô tỷ rất đa dạng, phong phú và là một thể loại toán khó của Đại số THCS. Khi dạy phần này, nhất là đối với học sinh khá giỏi đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa chọn ... vì thế mà nội dung giảng dạy chưa thống nhất. Là giáo viên, chúng ta luôn mong muốn cung cấp cho học sinh “chiếc chìa khoá” để giải từng dạng cụ thể của phương trình. Song không phải dạng phương trình nào cũng có một quy tắc nhất định. Qua quá trình giảngdạy, tham khảo đồng nghiệp và học hỏi các thầy cô tôi mạnh dạn phân dạng phương trình vô tỷ và cách giải từng dạng đồng thời đưa ra một số cách giải phương trình vô tỷ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vô tỷ dưới nhiều góc độ hơn và làm nhẹ nhàng quá trình giải phương trình vô tỷ cho học sinh. Khi dạy học sinh giải phương trình vô tỷ HS cần nắm được những vấn đề sau: 1. Khái niệm về phương trình, tập xác định, nghiệm của phương trình. - Các định nghĩa, định lý biến đổi hai phương trình tương đương. - Cách giải các loại phương trình cơ bản. 2. Phương trình vô tỷ. - Định nghĩa phương trình vô tỷ, các bước giải phương trình vô tỷ nói chung. - Các kiến thức căn bản về căn thức, phương pháp giải phương trình vô tỷ. II. Cơ sở thực tiễn Phương trình vô tỷ là dạng toán tương đối khó đối với học sinh THCS. Dạng toán giải phương trình vô tỷ có rất nhiều cách giải, vì vậy đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Có những lời giải xem ra “thiếu tự nhiên” nhưng thật ra rất độc đáo. Các bài toán về phương trình vô tỷ thường hay được đưa vào dạy cho học sinh khá và giỏi, trường chuyên, lớp chọn và rất ít đề cập trong sách giáo khoa. Song thực chất học sinh được làm quen với các bài toán giải phương trình từ bậc Tiểu học với cách hỏi đơn giản hơn ở dạng bài “Tìm x” và kiến thức loại này được nâng cao dần ở các lớp trên nhưng với phương trình vô tỷ, các em chỉ được làm quen ở lớp 9 dưới dạng đơn giản và được học nhiều ở bậc Trung học phổ thông. Toán “giải phương trình vô tỷ” được đề cập nhiều trong các 1 loại sách tham khảo, do vậy giáo viên rất khó khăn trong việc sưu tầm, tuyển chọn. Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề khó khăn trên tôi đã mạnh dạn thực hiện sưu tầm, tuyển trọn một số dạng bài tập về phương trình vô tỷ và phương pháp giải, áp dụng cho từng dạng để viết thành đề tài nghiệp vụ: “Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ ở THCS” giúp cho việc dạy và học đạt kết quả cao. C. Nội dung chính của đề tài I. Phương hướng, nội dung chính 1. Đại cương về phương trình. a. Khái niệm: Phương trình là một đẳng thức (mệnh đề) có chứa biến số f(x) = g(x). + Biến số x trong biểu thức gọi là ẩn số. + f(x) và g(x) là hai vế của phương trình. + Quá trình tìm x gọi là giải phương trình. + TXĐ: Là tập xác định của phương trình. + Mỗi giá trị của biến x thuộc tập xác định để có một đẳng thức đúng gọi là một nghiệm của phương trình. + S: Là tập hợp nghiệm của phương trình. b. Tập xác định của phương trình. Là những giá trị của biến làm cho mọi biểu thức trong phương trình đều có nghĩa. c. Hai phương trình tương đương. Là hai phương trình có cùng một tập hợp nghiệm hoặc nghiệm của phương trình này cũng là nghiệm của phương trình kia và ngược lại. 2. Phương trình vô tỷ. a. Định nghĩa: Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa ẩn số trong căn thức. Ví dụ: 3x  3  1  1  x b. Các bước giải phương trình (dạng chung) - Điều kiện xác định của phương trình. - Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học. - Giải phương trình vừa tìm được. - Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm. Chú ý: Với những phương trình có ĐKXĐ là x  R (trong quá trình biến đổi không đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại. c. Các kiến thức cơ bản về căn thức. - Một số âm không có căn bậc chẵn. - Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương trình tương đương phải đặt điều kiện. A2  A A B  A  A2  B A  2 A2  B 2 với A > 0; A2 > B > 0 3. Các dạng phương trình cơ bản. 2 a. Dạng 1: Sơ đồ cách giải: (1) f ( x )  g ( x) f ( x )  g ( x) <=> g (x) > 0 f(x) = [g(x)]2 (2) (3) Giải (2) tìm điều kiện của ẩn Giải (3) rồi đối chiếu với điều kiện của ẩn để kết luận nghiệm. f ( x )  g ( x ) h ( x ) b. Dạng 2: (1) Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình: f(x) > 0 g(x) > 0 (2) h (x) > 0 Với điều kiện (2) hai vế của phương trình (1) không âm nên bình phương vế của phương trình (1) rồi rút gọn ta được: f ( x).g ( x)  [h( x )] 2  f ( x )  g ( x) 2 (3) Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1. Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm. f ( x)  g ( x)  h( x ) (Cách giải như dạng 2) c. Dạng 3: d. Dạng 4: f ( x)  g ( x)  h( x)  p( x) (1) Điều kiện có nghĩa của phương trình: f(x) > 0 g(x) > 0 (2) h (x) > 0 p (x) > 0 Bình phương hai vế đưa về dạng: F ( x)  G( x)  H ( x) Tuỳ theo từng trường hợp để giải phương trình vô tỷ (căn bậc n). e. Dạng 5: f ( x)  g ( x)  n f ( x).g ( x) h( x) (1) Điều kiện: f(x) > 0 g(x) > 0 Đặt ẩn phụ a = => f ( x)  g ( x) f ( x).g ( x)  (a > 0) a 2  f ( x)  g ( x ) 2 Đưa phương trình (1) về các phương trình đã biết cách giải rồi giải. 4. Các phương pháp giải phương trình vô tỷ. Trên đây là 5 dạng phương trình vô tỷ nhưng không phải bao giờ ta cũng gặp một trong 5 dạng trên hoặc bất cứ phương trình vô tỷ nào cũng có thể đưa về một trong 5 dạng trên. Sau đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ chúng ta thường áp dụng trong giảng dạy ở phổ thông. a. Phương pháp nâng lên luỹ thừa. 3 Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả 2 vế của phương trình lên luỹ thừa n. Nếu n chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả vế của phương trình không âm. Ví dụ: Giải phương trình: 3 25  x  3 3  x 4 (1). ĐKXĐ: x  R Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được: (1) <=> 25 + x + 3 - x + 3. 3 (25  x)(3  x) .(3 25  x  3 3  x ) 64 (2) Vì 3 25  x  3 3  x 4 (theo 1), (2) <=> 28 + 12 3 (25  x).(3  x) 64 <=> 12 3 (25  x).(3  x) 36 <=> 3 (25  x).(3  x) 3 Lập phương hai vế của (3) ta được: <=> (25 + x)(3 - x) = 27 <=> - x 2 - 22x + 75 = 27 <=> x2 + 22x - 48 = 0 <=> (x - 2)(x + 24) = 0 <=> x=2 x = - 24 Thử lại: + Với x = 2 ta có 3 25  2  3 3  2 3  1 4 + Với x = - 24 ta có 3  24  25  3 3  24 1  3 4 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2; x = -24 1  x  4  x 3 Ví dụ 2: (1) Điều kiện - 4 < x < 1 (*) Khi đó 2 vế của phương trình (1) không âm, bình phương hai vế ta có: (1) <=> 1 - x + 4 + x + 2 (1  x)(4  x) 9 <=> (1  x)(4  x) 2 (2) Bình phương hai vế của phương trình (2) ta có: (2) <=> (1 - x)(4 + x) = 4 <=> - x 2 - 3x + 4 = 4 <=> x(x + 3) = 0 <=> x = 0 x=-3 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình (1) là: x = 0; x = -3 b. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. Ví dụ1: Giải phương trình: x 2 - 4x - 3 = x  5 (1) Điều kiện x > - 5 (*) Với điều kiện trên: (1) <=> x 2 – 3x + 2 <=> 3 1    x    x  5   2 2    <=> x 3 1  x 5  2 2 3 1 - 2  x  5  2 x- <=> x <=> 2 9 4 =x +5+ 3 1  x 5  2 2 Nếu x > Nếu x < 4 (Vì 3 2 3 2 x 5 + 1 4 x 5 + 1 0) 2 =x-2 Nếu x > x 5 =-x+1 Nếu x < x>2 x + 5 = x2 - 4x + 4 x<1  x + 5 = x2 - 2x + 1 <=> <=> <=> x 5 x= 3 2 3 2 x>2 x2 - 5x -1 = 0 x<1 x2 - 3 x - 4 = 0 5  292 2 x = -1 5  292 2 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: x = ; x = -1 Ví dụ 2: Giải phương trình x  2  2 x 1  x  2  2 x 1 Điều kiện: x > -1 Với điều kiện trên: (1) <=> ( x  1  1)  ( (vì x  1  1  0) <=> 2  x 1  1 0    x 1  1 0    x 1  1 1  x 1 =2 x  1  1) 2 2 x  1  1 1  <=> (1) (*) x 1 1  x  1  1 2 x 1   1  x 0 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: - 1 < x < 0 c. Phương pháp đặt ẩn phụ. Việc giải phương trình vô tỷ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp: Nếu cứ nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao, nhiều khi không biết cách giải. Tuy nhiên, nếu đặt ẩn phụ một cách thích hợp thì có thể chuyển phương trình vô tỷ đã cho về một phương trình hay một hệ phương trình đại số đã có cách giải quen thuộc. Phương pháp này nói chung không làm phức tạp thêm bài toán. Cách đặt ẩn phụ còn tuỳ thuộc vào bài toán cụ thể, vì vậy phải rất linh hoạt. Ví dụ 1: Giải phương trình: x = ( x  2).1  1  x  (1) ĐKXĐ: 0 < x < 1 (*). Đặt 1  x t (t > 0) 2 5 Khi đó 1 - x t 2 <=> x = (1 - t 2)2 (vì x 0) . Đến đây phương trình (1) có dạng: (1 - t 2)2 = (3 - t2)(1 - t)2 <=> (1 - t)2(1 + t)2 - (3 - t2)(1 - t2) = 0 <=> (1 - t)2(1 + 2t + t2 - 3 + t2) = 0 <=> (1 - t) 2(2t2 + 2t - 2) = 0 <=> (1 - t)2 = 0 t=1 <=>  1 5 t2 + t - 1 = 0 t= 2 Vì t > 0 nên t=1 t=  1 5 2 Với t = 1 ta có x = 0 Với t =  1 5 2 3 ta có x = 5 2 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của (1) là: x = 0; x = 3 5 2 97  x  x  15 4 (1) Ví dụ 2: Giải phương trình: Điều kiện: 15 < x < 97 (*) Đặt u = 4 97  x (u, v > 0) v = 4 x  15 Khi đó, (1) tương đương với hệ phương trình: u+v=4 u4 + v4 = 82 Mặt khác, u4 + v4 = [(u + v)2 - 2uv]2 - 2u2v2 Vì: u + v = 4 nên u 4 + v4 = (16 - 2uv) 2 - 2u2v2 Đặt t = u . v (t > 0) ta có: (16 - 2t) 2 - 2t2 = 82 (2) <=>t2 - 32t + 87 = 0 <=> t1 = 3, t2 = 29 4 4  u  v 4 Ta có hai hệ phương trình sau:   u.v 3 (3) và  u  v 4   u.v 29 (4) Hệ (3) có hai nghiệm (1, 3); (3,1). Hệ (4) vô nghiệm. Vậy ta có:  97  x 1   x  15 81 (5) và  97  x 81   x  15 1 (6) Hệ (5) có nghiệm là x = 96. Hệ (6) có nghiệm là x = 16 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của 1 là: x = 96; x = 16 Ví dụ 3: Giải phương trình: (5  2 6 )  (5  2 6 ) ĐKXĐ: x  R . Ta thấy (5 -2 6 )(5  2 6 ) 1 x Đặt (5  2 6 ) x u (u  0) thì (5  2 6 ) x  6 1 u x 10 (1) Khi đó phương trình (1) có dạng: u + u=5-2 6 <=> u = 5 + 2 6 Nếu u = 5 - 2 6 thì (5  2 <=> (5  2 6 )  (5  2 6 ) x Nếu u = 5 + 2 <=> (5  2 6 ) x  thì 6 1 5  2 6  2 1 10 u <=> u2 - 10u + 1 = 0 6 ) x 5  2 6 <=> x = 2 2 (5  2 6 ) x 5  2 6    5 2 6  x 2 1 5 2 6 1  x  2 0 <=> x = - 2 Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = + 2 d. Phương pháp so sánh (hay phương pháp đối lập). Giải phương trình bằng phương pháp này tức là so sánh vế trái, vế phải rồi từ đó nhận xét dấu “=” xảy ra khi nào ? Ví dụ 1: Giải phương trình. x  2  4  x  x 2  6 x  11 (1) ĐKXĐ: 2 < x < 4 (*) Ta thấy:  x  2  4  x  2  2 ( x  2)(4  x) = 2 + 2  x 2  6 x  8 = 2 + 2 1  ( x  3) =>  x  2  4  x   4 vì 1  ( x  3) 1 => x  2  4  x < 2 Vậy vế trái đạt GTLN bằng 2 khi x = 3 Mặt khác: x2 - 6x + 11 = (x - 3) 2 + 2 > 2 => Vế phải đạt GTNN bằng 2 khi x = 3 Phương trình (1) có nghiệm <=> vế trái = vế phải <=> x = 3 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình (1) là: x = 3 Ví dụ 2: Giải phương trình. x + 8  x 9 y  6 y  5 (1) ĐKXĐ: -2 2 x 2 2 (*) áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxiki cho hai cặp số (1,1) và (x; 8  x 2 ) . Ta có: (x + 8  x 2 ) 2 < (12 + 12)(x2 + 8 - x2) = 16 => x + 8  x 2 4 Dấu “=” xảy ra khi x = 8  x 2 <=> x = 2 => vế trái đạt GTLN bằng 4 khi x = 2 Mặt khác 9y 2 + 6y + 5 = (3y + 1) 2 + 4 > 4 => vế phải đạt GTNN bằng 2 2 2 2 2 4 khi y =  2 1 3 Phương trình (4) có nghiệm <=> vế trái = vế phải Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2 và y = e. Phương pháp bất đẳng thức. 7  1 3 Ta dùng bất đẳng thức đánh giá mỗi vế của phương trình để từ đó suy ra nghiệm của phương trình. Khi giải phương trình vô tỷ thường dùng phương pháp bất đẳng thức ở nhiều dạng khác nhau. * Chứng tỏ tập giá trị ở 2 vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm. Ví dụ: Giải phương trình: x 2  1  x 2  4 2 . ĐKXĐ: x  R Ta thấy x2 > 0xR nên x 2 1 1 và x 2  4 2 => x 2  1  x 2  4 3 Hay vế trái lớn hơn hoặc bằng 3 mà vế phải bằng 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. * Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: 3 2 x  1  3 x  1 1 (*) ĐKXĐ: x  R Dự đoán nghiệm: x = 1 Với x = 1 ta có:Vế trái 3 2.1  1  3 1  1 1  0 1 => vế trái = vế phải = 1 => x = 1 là nghiệm của phương trình (1) Nếu x > 1 thì 3 2 x  1  1 3 Nếu x < 1 thì 3 3 x 1 0 2x  1  1 x 10 Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) * Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt. Ví dụ: Giải phương trình: 36 x 2  4 y 1 28 Điều kiện: x -2 > 0 y-1>0 Khi đó (1) <=> 4 .    9 x 2  - 4 x 2 (1) y 1 x>2 y >1   x  2      4 y 1  (*)  y  1  28   (2) áp dụng bất đẳng thức Cauchy với hai số dương ta có: 9 x 2 4 y 1 =>     x  2 2  y  1 2 9 x 2  9 x 2 4 y 2   x  2      . x  2  2.3 6 . y  2  2.2 4 4 y 4   y  1   4.6  4 28   (3) Để phương trình (2) có nghiệm thì (3) phải lấy dấu “=” tức là có: 9 x 2  x 2 <=> x = 11 y=5 8 (4) 4 y 1  y 1 Ta thấy (4) thoả mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 11 và y = 5 * áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết hợp với phương trình đã cho kết luận nghiệm. Ví dụ: Giải phương trình (1) x 2  x  1   x 2  x 1 x 2  x  2 x2 + x - 1 > 0 (*) x - x2 + 1 > 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mỗi số hạng ở vế trái của (1) ĐKXĐ: Ta có: x2  x  1  x  x 2 1  x 2  x  1 1 2 x  x 2 1 1 2 x 2  x  1   x 2  x 1 x 1 => Kết hợp với phương trình (1) ta được: 0  x2 - x + 2 < x+1 <=> (x-1)2 < 0. Đẳng thức xảy ra khi x=1 (thoả mãn điều kiện (*)). Thử: Thay x=1 vào phương trình (1) ta thấy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). g. Phương pháp tam thức bậc hai: Đưa phương trình đã cho về dạng chính tắc ax 2 + bx +c = 0 ) (a 0) Ví dụ: Giải phương trình x2 - 7x + 2(x+2). x  3 24 (1) ĐKXĐ: x  -3 Khi đó (1) <=> x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2). x  3 0 <=> - 8(x +3) + 2(x +2). x  3 + x 2 + x = 0 Đặt y = x  3 (y > 0) , (2) <=> - 8y 2 + 2(x + 2)y + x 2 + x = 0 2 2 2 ' = (x + 2) + 8(x + x) = (3x + 2)  x  2  3x  2  x  , 8 4  x  x x 3  ta có 4 4 y1 = Với y1 = y2 =  x  2  3x  2 x  1  8 2 <=> x + 4 x  3 0 <=> x +3 + 4 x  3  3 0 ' = 4 + 3 = 7 => Với y2 = < 0 (loại) x  3  2  7 > 0 <=> x +3 = 4 + 7 - 4 7 <=> x = 8 x  3  2  x 1 2 ta có 7 x 3  x 1 2 9 4 7 < -3 (loại) <=> x + 1 - 2 <=> x + 3 - 2 x  3  2 0 , ' = 1 + 2 = 3 x  3 1  3  0 (loại) <=> x  3 1  3  0 (TMĐK) <=> x + 3 = 1 + 3 + 2 3 <=> x = 1 + 2 3 (thoả mãn) Vậy x = 1 + 2 3 là nghiệm của phương trình (1) h. Phương pháp đưa về dạng tổng của đa thức không âm bằng không. Ví dụ: Giải phương trình. x + y + z + 4 = 2 x  2 4 y  3 6 z  5 (1) ĐKXĐ: x > 2 ; y > 3 ; z > 5 (*) (1) <=> (x - 2 - 2 x  2  1)  ( y  3  4 y  3  4)  ( z  5  6 z  5  9) 0 <=> ( x  2  1)  ( y  3  2)  ( z  5  3) 0 x  2  1 0 x-2=1 x=3 <=> x  3  2 0 <=> y - 3 = 4 <=> y=7 z  5  3 0 z -5 = 9 z = 14 Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình (1) là: x = 3; y = 7; z = 14 i. Phương trình vô tỷ có biện luận. Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình: a x  a x  b (1) ĐKXĐ: x > 0 Lập phương 2 vế của phương trình (1) ta được: a + x  a  x  3 a  x . a  x  a  x  b (2) a x  a x  b Vì nên (2) <=> 3. 3 a 2  x .3 b b  2a <=> x  3 0 2 3 2 3 3 3 3 3 a2  x  3 2 2 3 3 3 b  2a 33 b (b  0) <=> a2 - x = (b  2a ) 3 27b <=> x = a 2 - (b  2a ) 3 27b <=> x = 8a 3  b 3  6ab 2  15a 2 b 27b <=> x = 8a 3  16a 2 b  8ab 2  b 3  a 2 b  2ab 2 27b Vì x > 0 nên ( a  b) 2 (8a  b) 27b <=> x = ( a  b) 2 (8a  b) 27b >0 - Nếu a + b 0 thì: + Khi a > 0; 0 < b < 8: Phương trình (1) vô nghiệm. + Khi a > 0; b < 0 hoặc b > 8: Phương trình (1) có nghiệm: x = ( a  b) 2 (8a  b) 27b - Nếu a + b = 0 phương trình (1) có nghiệm x = 0 10 - Nếu a = b = 0; Phương trình (1) có vô số nghiệm x > 0 Kết luận: Nếu a > 0 và 0 < b < 8: Phương trình (1) vô nghiệm Nếu a > 0 và b < 0 hoặc b > 8; Phương trình (1) có nghiệm x= ( a  b) 2 (8a  b) 27b Nếu a = - b 0 : Phương trình (1) có nghiệm x = 0 Nếu a = b = 0 : Phương trình (1) có vô số nghiệm x > 0 Nếu a < 0 : Phương trình (1) vô nghiệm Ví dụ 2: Giải và biện luận phương trình: ( a  x ) 4 x  b  ( x  b) 4 a  x 4 4 a x  x b a-x>0 x-b>0 + Nếu a > b thì b < x < a (2) Đặt 4 x  b u , 4 a  x  a b 2 (a, b là tham số: a b ) ĐKXĐ: Khi đó (1) <=> v v 4 .u  u 4 .v u 4  v 4  u v 2 ,(u, v > 0). Ta có u 4 + v4 = a - b <=> u5 + v5 - u4v - uv4 = 0 <=> u4(u - v) - v 4 (u - v) = 0 <=> (u - v)(u 4 - v4) = 0 <=> (u - v) 2 (u + v)(u2 + v 2) = 0 Vì u2 + v2  0 nên u + v  0 nên u -v = u => u =v <=> 4 x  b 4 a  x <=> x - b = a – x <=> x = a b 2 (thoả mãn điều kiện (2) + Nếu a < b: Phương trình (1) vô nghiệm Kết luận: Nếu a > b: Phương trình (1) có nghiệm x = a b 2 Nếu a < b: Phương trình (1) vô nghiệm 5. Một số sai lầm khi giải phương trình vô tỷ. Thường học sinh hay mắc sai lầm khi giải phương trình vô tỷ mà có căn bậc chẵn, đó là: - Không tìm tập xác định khi giải: - Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương các phương trình. Ví dụ: Giải phương trình: 3x  2  2 x  3  5 x  1 (1) Giải sai: Chuyển vế: 3x  2  5 x  1  2 x  3 <=> 3 x - 2 = 5x - 1 + 2x - 3 + 2 (5 x  1)(2 x  3) <=> 2 10 x 2  17 x  3  4 x  2 <=> 10 x 2  17 x  3 1  2 x (2) <=> 10x2 - 17x + 3 = 1 + 4x 2-4x (3) <=> 6x 2 – 13x + 2 = 0 <=> (x - 2)(6x - 1) = 0 x=2 <=> 11 x= 1 6 Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x = 1 6 Phân tích sai lầm: ở đây học sinh không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức. Trong ví dụ trên: Điều kiện x > 3 2 . Do vậy 1 6 < 3 2 nên x = 1 6 không là nghiệm của phương trình (1). Để khắc phục sai lầm này ta tìm ĐKXĐ của phương trình hoặc giải rồi thử các giá trị tìm được của ẩn vào phương trình đã cho để kết luận nghiệm. - Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương các phương trình. ở ví dụ trên: các phương trình (2) và (3) không tương đương mà Phương trình (2) <=> 1 - 2x > 0 10x2 - 17x + 3 = (1- x) 2 1 => Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x< 2 . =>x = 2 cũng không là nghiệm của phương trình (1). Giải đúng: ĐKXĐ: x >  3 2 (*) . Ta có: (1) <=> 1   1 x 1 2x0 x  2 1  2 2   2    x 10x  17x1314x  4x 6x2 13x20 x 2,x 1 6  1 2  6 10 x 2  17 x  3 1  2 x . Đối chiếu với điều kiện (*) => phương trình (1) vô nghiệm. Phần 3: Tác dụng của đề tài I. Tác dụng Việc vận dụng sáng kiến kinh nghiệm này đã mang lại nhiều hiệu quả trong việc giải các bài toán có liên quan và giải các bài toán thuộc dạng này. Phần đông các em đều có hứng thú làm bài tập nếu như bài tập có phương pháp giải hoặc vận dụng các phương pháp giải của một loại toán khác và giải. 12 Đối với khối lượng đại trà thì việc học của các em chỉ là những vấn đề xung quanh SGK nếu nhận được sự dìu dắt tận tình cụ thể thì việc học của các em đỡ vất vả hơn có hứng thú hơn. Đối với loại toán này học sinh không chỉ dừng lại ở cấp THCS mà các em còn vận dụng đến lớp 12 thậm chí thi vào cả Đại học và Cao đẳng. Đây là dạng toán chúng ta cần quan tâm nó đa dạng và phong phú đề cập đến kiến thức trong trường phổ thông nó có tính tổng hợp, cần phải vận dụng nhiều đơn vị kiến thức cùng một lúc và giải quyết vấn đề. Với cách học và cách hướng dẫn học sinh làm bài như vậy không những nâng cao kiến thức cho các em mà còn là hình thức củng cố, khắc sâu kiến thức cho các em. Trong đề tài này tôi đã nêu được một số phương pháp về giải phương trình vô tỷ, mỗi phương pháp có một số ví dụ minh hoạ do tôi tuyển chọn ở một số liệu tham khảo. Do điều kiện vừa học tập vừa công tác, kinh nghiệm còn hạn chế nên quá trình viết khó tránh khỏi đơn điệu, sai sót về kiến thức, cách trình bày cũng như hệ thống và phương pháp nhưng tôi hy vọng rằng một phần nào đó giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về toán giải phương trình vô tỷ và phương pháp giải từng dạng. Thông qua nghiên cứu đề tài này, bản than tôi thực sự rút ra được nhiều kiến thức quý báu, giúp tôi hoàn tành tốt hơn cho công việc giảng dạy sau nay. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của thày, cô và bạn bè đồng nghiệp để vốn kiến thức của tôi ngày càng hoàn thiện và phong phú hơn. II. Hiệu quả Qua một năm tham gia giảng dạy và thử nghiệm về sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi cũng đạt được những kết quả nhất định. Vì đây là vấn đề khó tôi chỉ dám áp dụng vào lớp học tốt với số lượng học sinh là 32 em. Số học sinh làm tốt: 16 em. Đạt tỷ lệ: 50% Số học sinh còn lại tôi đã phải hướng dẫn tận tình, những bỡ ngỡ ban đầu không thể tránh khỏi. Sau nhiều lần hướng dẫn những khó khăn ban đầu không còn nữa, thay vào đó là sự vận dụng nhanh nhẹn, linh hoạt không chỉ ở dạng toán này mà cho nhiều dạng toán khác nữa. Với đề tài này tôi mạnh dạn trình bày với các đồng chí, đồng nghiệp một số kinh nghiệm giảng dạy toán trong một phạm vi nhỏ. Rất có thể còn nhiều khiếm khuyết mong bạn đọc đóng góp ý kiến. Tôi xin chân thành cảm ơn ! Sông Mã, ngày 25 tháng 03 năm 2011 NGƯỜI VIẾT 13
- Xem thêm -