sở giáo dục đào tạo hà nội Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: kinh nghiệm giảI ph-ơng trình vô tỷ Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn Tổ : Toán Hà Nội, / 2012 sở giáo dục đào tạo hà nội Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: kinh nghiệm giảI ph-ơng trình vô tỷ Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn Tổ Hà Nội, / 2012 : Toán mở đầu Giải ph-ơng trình toán có nhiều dạng giải linh hoạt, với nhiều học sinh kể học sinh đ-ợc cho giỏi nhiều lúng túng tr-ớc việc giải ph-ơng trình; có ph-ơng trình chứa thức đ-ợc coi khó Nên chọn đề tài: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ để làm sáng kiến kinh nghiệm Với mục đích mong muốn đề tài góp phần giúp học sinh có thêm kỹ cần thiết để giải ph-ơng trình chứa thức nói riêng dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời mong muốn tài liệu tham khảo bổ ích cho quan tâm đến môn toán Kiến thức thể sáng kiến kinh nghiệm hoàn toàn ch-ơng trình Toán bậc THPT hành Một phần sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để chuyển sang phần bất ph-ơng trình đ-ợc; xong chuyển sang bất ph-ơng trình có phần đ-ợc mở rộng để có toán hay Do ng-ời nghiên cứu sử dụng sáng kiến kinh nghiệm vào nhiều mục đích giáo dục khác đ-ợc Nội dung sáng kiến kinh nghiệm gồm có ph-ơng pháp giải toán th-ờng gặp Nguyn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều S¸ng kiÕn kinh nghiệm: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ Bi toỏn mở đầu x  x2  x   x (*) (Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000) Giải Điều kiện  x  * Cách 1: (*) 2    1  x  x   x  1 x   4 1 x  x2   x  x2   x  x  x   x Giải phương trình      x  x2   x  x2     x  x2 x  x2    x  x2    x  x2    x   x   4 x  x2   x   x 1  4 x2  x    x   x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  * Cách 2: Nhận xét: x  x biểu diễn qua  x  1 x x  x nhờ vào đẳng thức    x  x2 Vậy có cách Đặt t  x   x , 1 t  H1 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều t2 1 Phương trình (*) trở thành t2   t    3t 1 t t  , không thoả mãn  x  x2  t   t  3t     t  x  x   x   x  x2    x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  t  1, có * Cách 3: Nhận xét: x  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể  x   1 x  1 Vậy ta có cách Từ (*) ta có x  x   x  x  3 x 3 x 3 9 thay x  vào phương trình khơng thoả mãn) 4 3t  Đặt t  x , nên  x  2t   1 x     (x    3t   Lại có x   x  , nên t    1 2t    2 2  t  4t  12t    9t  18t   4t  12t  2  4t  12t  14t  6t   t  2t  6t  7t  3   t  t  1  2t  4t  3  t  x    t  x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  * Cách 4: Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác a  0, b  Đặt a  x , b   x ,  3  2ab   a  b  1  ab  a  b   Ta có hệ phương trình   a  b   2ab  a  b    H2 (1) (2) Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều Thay (1) vào (2) có  a  b   a  b   3 a  b     3 a  b   3    Với a  b  1, có a b   a   b    a    b   a  b   a  b  x   x  3 Với a  b  , có a b  , khơng tồn a , b (Vì  22   ) 2 x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  Nhận xét: chất cách giải cách đặt ẩn phụ cách * Cách 5: Cũng nhờ    x  1 x Ta có thêm cách sau: Đặt x  sin a , 0a   1, ta nghĩ đến đẳng thức sin a  cos2 a   2 Phương trình (*) trở thành  sin a  sin a  sin a   sin a   2sin a.cos a  3sin a  3cos a (Vì cos a  ) sin a  cos a    sin a  cos a   3 sin a  cos a     sin a +cos a  a a a a a a  sin a  cos a   2sin cos  2sin   sin  cos  sin   2 2 2 a a  sin a  2sin cos   a  sin  x  a    tan sin a  1 x 1  tan a   a    tan   x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  0, x  Qua ví dụ ta thấy có nhiều cách khác để giải phương trình vơ tỉ Tuy nhiên cách dựa sở loại bỏ thức đưa phương trình đơn giản mà ta biết cách giải Sau xin vào số phương pháp cụ thể H3 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương Bài tốn 1: Giải phương trình sau 1) x  17   3x 2) x    3x  2 (1) (2) x  x  x3  x   x  (3) 3) 4) x2   x2  3x   x  8x  (4) 3 5) 12 x  12  x   x (5) 6) x    x (6) Bài tốn 2: Tìm m để phương trình x  2mx   m (I), có nghiệm Bài tốn 3: Tìm m để phương trình x  m  x  (II), có hai nghiệm phân biệt Bài tốn 4: Giải phương trình 1) x    x  x   3x (1) 2) x   3x   x  x  (2) 3) x x3   x   x2  x  x (3) x3  x3  4) x   x   (4)  x 1 4x  5) x  3x   x   x  (5) Giải Bài toán 1) Nhận xét: ta thấy vế trái không âm, vế phải âm phương trình vơ nghiệm, nên ta cần giải phương trình vế phải không âm, tức 1  3x   x  Khi hai vế khơng âm bình phương hai vế ta phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  Do ta không cần đặt điều kiện cho x  17   (1) 1  x   x     x  17  1  3x   x  17   x  x    x    x     x  1    16 9 x  x  16    x   Vậy phương trình có nghiệm x   H4  x  1 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều f ( x)  g ( x) Ta làm sau Chú ý: Dạng tổng quát phương trình  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x) Bài tốn giải cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  2) Điều kiện 3  x  (2)  x     3x     x32   3x   x   x     3x  x      x     x  1   x   x 1  x  1   x   x  2x   x  1  x  1   x  2 , thỏa mãn điều kiện   x   x  x    x  2   Vậy phương trình có nghiệm x   x    x  1    3)   2  x  x    3x  x  x  x  x    x  1    x  1   1  x   1  3x    x3  x   (1  3x)  x3  x    x  x     1  x  1  x     x  x  x  8   x3  x  x     1  x     x0    x  , thỏa mãn điều kiện x 1    x   Vậy phương trình có nghiệm x  (3) Chú ý:  x  x  x3  x    Trong ta không cần đặt điều kiện  x  2x    H5 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều x 1 4) Điều kiện  x  7   x  1  (4)   x   x  3x    x2  8x    x2   x2  3x   x  x  3x   x  8x    x  1 x  1  x  1 x     x  5x  2  x  1  x  1 x     x  1  x  1  x    2 2 4  x  1  x  x     x  1   x   1  x    2  x  1  x  x   x  12 x  36    1  x      x  1  3x  16 x  44    1  x      x  1    x   22  x     x  1  x  x   1, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình cho có hai nghiệm x   1, x  Chú ý : Bài giải cách sau (4)   x  1 x  1   x  1 x     x  1 x   * Trường hợp 1: x   , thỏa mãn phương trình (4) * Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành  x 1  x   x   x 1  x 1 x   x   x  6  x    2 4  x  x      x   H6  x 1  x     x2  x    x x   3x  16 x  44  x7  Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều x    x2   x2  22  x     x  , thỏa mãn điều kiện trường hợp * Trường hợp 3: x   , phương trình (4) trở thành 1  x  1  x    1  x  2  x   1  x  7  x    x  2  x  7  x    x  2  x    7  x    x   x 2  x   x  7  x   x 2  x   x  Phương trình vơ nghiệm (Vì  x 2  x   x  0, x  7 ) * Vậy phương trình cho có hai nghiệm x   1, x  Nhận xét: Khi giải cách thường mắc sai lầm: Đẳng thức Còn (5) 5)   ab  a b ab  a b a  b  ab  a b a  b    x 12 x  12  x   3  x    3 x  1   12 x  12   x  3  3 12 x  12 x  3 12 x  12  x   x   12 x  12 x  3 12 x  12   12  x  1 x  3 x  3( x  1) (5*)  12  x  1 x  3 x  27  x  1   x  1 4  x  3x    x  x +1      x  1   x  x    x 1    x  x   x 1  x  Thay x  1, x  vào phương trình (5) thoả mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  1, x  Chú ý : Ở (5*) khơng tương đương, (5*) phương trình hệ phương trình (5) Do nghiệm phương trình (5*) phải thay vào phương trình (5) để kiểm tra lại H7 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều   Hàm số f ( x) đồng biến  ;    Mà f (1) = Vậy phương trình cho có nghiệm x   Chú ý: Nếu hàm số y  f ( x) đồng biến (hoặc ln nghịch biến) D phương trình f ( x)  a, a  D ( a = const), nghiệm có 3) Điều kiện x  1  0, x  x 1  Hàm số y  x  đồng biến (1 ; +∞ ) Hàm số g ( x)   x2  x+17 nghịch biến (1 ; +∞ ) Lại có f (5)  g (5) Vậy phương trình (3) có nghiệm x  Hàm số f ( x)  x  có y '  Chú ý: Nếu hàm số y  f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) D hàm số y  g ( x) nghịch biến (hoặc đồng biến) D số nghiệm D phương trình f ( x)  g ( x) nhiều Ta giải cách vẽ đồ thị hai hàm số hệ trục toạ độ, hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình Bài tập Giải phương trình sau 1) x   x   x   x 2) 3x   x  x   3) x   x   H 44 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 8: Phương pháp éctơ Giải phương trình 1) x  x   x  10 x  50  2) x  8x  816  x  10 x  267  2003 (Olympic 30   2003) Giải 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn b   x  ;5  a  ( x  2; ) , a   x  2 b   x  5 1   25   a b  x  x +5 x  10 x  50 x2  4x   x  10 x  50 a  b  (3;  4)  a b  Lại có :  16  a  b  a b Dấu đẳng thức xảy a b hướng  a  kb , k    x   k  x  5 x     1  5k  k  k     Kết luận: phương trình có nghiệm x  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn a  (4  x ; 20 ) , b  (5  x ; 11 ) a  4  x b  5  x   800  x  x  816  242  x  10 x  267  a  b  x  x  816  x  10 x  267 a  b  ( ;31 ) H 45 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều  a  b  81  1922  2003 Lại có a  b  a  b Dấu đẳng thức xảy a b hướng  a  kb , k  56  4  x  k   x   x   31     20  11 2k  k  k  20     11 56 Kết luận: phương trình có nghiệm x   31 H 46 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 9: Phương pháp lượng giác hố Giải phương trình: 1)   x  x x 35  2) x  x  12 (1) (2) x   x  1 x 1   2x x 1  x  3) (3) 4) x3  3x  x  (4) Giải 1) Ở ta giải cách bình phương hai vế đặt ẩn phụ Các phương pháp mục đích làm thức Nhưng toán lại xuất hiện: 1  x  có  x , ta nhớ đến đẳng thức lượng giác  sin a  cos2 a  cos2 a  sin a Vậy ta có thêm cách sau đây: Điều kiện 1  x  Đặt x  cos a ,  a   Phương trình (1) trở thành:   cos2 a  2cos2 a   sin a  2cos a   sin a  1  sin a  (Do:  a    sin a  )  2sin a  sin a   sin a  1  sin a   sin a  1, loại 1 sin a   x  cos a    sin a      Kết luận: phương trình có hai nghiệm x   Chú ý: Ở phương trình giải cách bình phương dạng phương trình f ( x)  g ( x) đặt ẩn phụ t   x 2) Trong phương trình thấy có đặc điểm sau: 1  x   x 1   nên ta nghĩ đến cách giải:  x  H 47 x 1  có x Nguyễn Quốc Hồn , THPT Nguyễn Gia Thiều x 1 Điều kiện   x  1  35  Do VP    VT  x 1   x0 0 12  x2   Do ta giải phương trình với x   1 Đặt  cos a , x      chọn  a  x x 1 35 Phương trình (2) trở thành:   cos a 12 cos a 1 cos a 1 35    cos a cos a tan a 12 1 35    cos a cos a.tan a 12 1 35    cos a sin a 12  12  sin a  cos a   35sin a.cos a  144(sin a  cos a)2  1225(sin a.cos a)  144(1  2sin a.cos a)  1225(sin a.cos a)  1225(sin a.cos a)2  288  sin a.cos a   144  12  sin a.cos a  25  sin a.cos a   12  45  sin a  12 sin a.cos a   , loại  45 cos a  12 sin a.cos a  25 144  cos a 1  cos a   625  cos a  25  cos a  16  25   x   x    144 625 144  cos a  cos a  0 625  cos a   (Vì cos a  ) cos a     sin a.cos a  H 48 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 5 Kết luận: phương trình có hai nghiệm x  , x  3) Trong tốn có xuất 1  x  ta nhớ đến công thức lượng giác bản:  tan a  x  Điều kiện   x  1 Do ta có cách giải: cos a    cos a    a  Đặt tan a  x , với  2  sin a  a   Khi đó, phương trình (3) trở thành: 1  tan a   tan a  tan a   tan a tan a 1  tan a    cos a   cos a 2cos a.sin a cos a  sin a  2cos a 1   sin a  cos a  1   cos a 2sin a.cos a 2cos a  cos a  sin a  sin a 1  2sin a 2sin a.cos 2a  2sin a.cos 2a  cos 2a   1  2sin a.cos 2a  2sin a   2sin a  cos 2a  sin a    cos2a  sin a (Vì sin a  )   2a   a  k 2     cos 2a  cos   a    2   2a     a  k 2       a  x  tan  Do:   a  2 6 Kết luận: phương trình có nghiệm x   k 2  a    , k Z  a     k 2   4) Điều kiện x  2 Với x   x3  3x  x  x  x    x  x   phương trình (4) vơ nghiệm Với 2  x  , đặt x  2cos a ,  a   H 49 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều Khi đó, phương trình (4) trở thành: 8cos a  6cos a   2cos a  cos3a  cos  2cos3a  4cos a a a (Vì cos  ) 2 k  a   , k a    4 4 Do  a    chọn a  , a  , a 4 4 , x  2cos  x  , x  2cos a  3a   k 2  3a   a  k 2   k Z Kết luận: phương trình có ba nghiệm x  , x  2cos 4 4 , x  2cos Chú ý: Bài phải để ý thật sâu ta phát phương pháp lượng giác hoá Bài tập Giải phương trình  x  x  3x 1) 2) 6x   2x   3)   x2  x   x2 4)  x  x2   x  x2  5)   x2  x   x2 6)  x  x2   x2  x 7) Chứng minh ph-ơng trình x  3x  lu«n cã ba nghiƯm thùc x1 , x2 , x3 Gi¶ sư x1  x2  x3 , chøng minh x2   x3 H 50 Mơc lơc Trang Bài tốn mở đầu Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ … Phương pháp 3: Phương pháp xuất biểu thức liên hợp Phương pháp 4: Phương pháp đưa phương trình tích Phương pháp 5: Phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình 14 23 28 30 39 43 45 Phương pháp 6: Phương pháp đánh giá Phương pháp 7: Phương pháp hàm số Phương pháp 8: Phương pháp vectơ Phương pháp 9: Phương pháp lượng giác hoá Tµi liƯu tham khảo Các sách tập toán lớp 10, lớp 11, lớp 12 Các sách giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Các sách ph-ơng trình, bất ph-ơng trình, hệ ph-ơng trình 47 Kết luận Trên sáng kiến kinh nghiệm đúc rút đ-ợc trình giảng dạy môn Toán bậc THPT Tôi thấy học sinh học tập hào hứng say mê, nên kết thu đ-ợc nh- sau: thân yêu thích công việc giảng dạy nghiên cứu khoa học; học sinh học tốt hơn, nhiều học sinh với sức học bình th-ờng trở lên hơn, học sinh giỏi giỏi Và quan trọng học sinh yêu thích môn toán cố gắng học tốt phần khác môn toán Thầy trò say mê học tập nghiên cứu để đ-a đ-ợc toán hay Mặc dù thân đà cố gắng, nh-ng trình viết sáng kiến kinh nghiệm ch-a tránh hết thiếu sót đáng tiếc, mong nhận đ-ợc góp ý xây dựng thầy giáo cô giáo, ng-ời quan tâm đến môn toán nghiệp giáo dục để sáng kiến kinh nghiệm ngày hoàn thiện phổ biến thời gian tới Xin trân trọng cảm ơn Hà Nội, ngày 22 / / 2012 Ng-ời viết Nguyễn Quốc Hoàn Sáng kiến kinh nghiệm: Bất đẳng thức Cauchy Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) ... tr-ớc việc giải ph-ơng trình; có ph-ơng trình chứa thức đ-ợc coi khó Nên chọn đề tài: Kinh nghiệm giải ph-ơng trình vô tỷ để làm sáng kiến kinh nghiệm Với mục đích mong muốn đề tài góp phần... Giải phương trình với m  11 b) Tìm m để phương trình có nghiệm (3) 3) Giải phương trình: x 35  x3 x  35  x3  30 (5)   (4) III Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa dạng phương trình Giải phương trình: ... vào phương trình (5) thoả mãn Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  1, x  Chú ý : Ở (5*) khơng tương đương, (5*) phương trình hệ phương trình (5) Do nghiệm phương trình (5*) phải thay vào phương