Đang tải... (xem toàn văn)
Bài giảng này cung cấp cho GV, HS một lượng kiến thức đầy đủ. Và với phương pháp trình bày gợi mở thì việc giải một phương trình chứa căn thức trong đề thi đại học sẽ trở thành dễ dàng hơn.
Học trò hỏi sao ở mỗi bài toán thầy luôn có hai câu hỏi: Câu 1: Tại sao cách giải lại như vậy? Câu 2: Em hãy nghĩ ra một hoặc vài bài toán tương tự. Tôi trả lời: Câu 1: Với mục đích "Khơi dậy Tư duy". Câu 2: Với mục đích "Khơi dậy óc sáng tạo". Em có được “Tư duy và Sáng tạo” tôi hoàn thành việc dạy học. LÊ HỒNG ĐỨC và VƯƠNG DANH THÁI 0936546689 Email: lehongduc39@gmail.com nhomcumon68@gmail.com "Mục tiêu đích thực của bất cứ ai mong muốn trở thành người thầy không phải là truyền đạt ý kiến mình mà là khơi dậy tư duy" Frederick William Roberson 11 CHUYÊN ĐỀ ÔN TẬP GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC (Phù hợp với HS 9, 10, 11, 12, 13) CÁC CƠ SỞ BỒI DƯỠNG CỦA NHÓM CỰ MÔN Cơ sở 1: SN 20 − Ngõ 86 Tô Ngọc Vân − Tây Hồ − Hà Nội. C s 2: SN 5/99 Ngừ 22 Tụn Tht Tựng ng a H Ni. C s 3: SN 11/98 Ngừ 72 Tụn Tht Tựng ng a H Ni. Đ 2 phơng trình chứa căn thức GIớI THIệU K t nm 2005 n nay, thi i hc mụn toỏn cú bi toỏn v phng trỡnh cha cn: Bài 1. ( thi i hc Khi D nm 2006): Gii phng trỡnh: 2 2x 1 x 3x 1 0, x . + + = Ă Bài 2. ( thi i hc Khi B nm 2010): Gii phng trỡnh: 2 3x 1 6 x 3x 14x 8 0, x .+ + = Ă Bài 3. ( thi i hc Khi A nm 2009: Gii phng trỡnh: 3 2 3x 2 3 6 5x 8 0, (x ). + = Ă Bài 4. ( thi i hc Khi D nm 2005): Gii phng trỡnh: 2 x 2 2 x 1+ + + x 1+ = 4. Bài 5. ( thi i hc Khi B nm 2011): Gii phng trỡnh: 2 3 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x, (x ).+ + = Ă Bài 6. ( thi i hc Khi B nm 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dơng của tham số m, phơng trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 x 2x 8 m(x 2).+ = Bài 7. ( thi i hc Khi A nm 2007): Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực: 4 2 3 x 1 m x 1 2 x 1. + + = ĐịNH HƯớNG Nhn thy: 1. Bi 1 thuc Dng phng trỡnh cha 1 cn bc hai. 2. Bi 2 thuc Dng phng trỡnh cha 2 cn bc hai. 3. Bi 3 thuc Dng phng trỡnh cha 2 cn cú bc khỏc nhau. 2 4. Bài 4, bài 5 thuộc Dạng phương trình chứa nhiều căn. 5. Bài 6, bài 7 thuộc Dạng phương trình chứa tham số. Từ đó, để cung cấp cho các em học sinh một giáo trình gọn nhẹ với đầy đủ kiến thức, bài giảng này sẽ được chia thành 5 phần (5 dạng phương trình). Ví dụ đầu tiên ở mỗi phần rất quan trọng, bởi nó sẽ cung cấp các phương pháp để giải. Hoạt động sau mỗi ví dụ chính là bài tập. Tham khảo thêm cuốn sách: 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ − NXB Hà Nội do LÊ HỒNG ĐỨC chủ biên. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ VÔ TỈ” − NXB Đại học Sư Phạm do LÊ HỒNG ĐỨC chủ biên. 3 I. Phơng trình chứa một căn bậc hai Vi phng trỡnh =f(x) g(x) ta cú phộp bin i tng ng: = 2 g(x) 0 . f(x) g (x) (*) Phộp bin i ny khụng cn t iu kin f(x) 0. Tuy nhiờn, cỏc em hc sinh cn bit ỏnh giỏ tớnh gii c ca phng trỡnh (*) Vi a thc thỡ bc ca (*) phi nh hn 5. Ví dụ 1: Giải phơng trình: + = x 1 5 x. Đánh giá và định hớng thực hiện: Phng trỡnh dng c bn =f(x) g(x) v d nhn thy khi s dng phộp khai phng ta nhn c mt phng trỡnh bc hai Bi toỏn gii c. Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc: Nhm nghim x 0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x 0 )h(x) bng phộp nhõn liờn hp. C th: Nhn xột rng x 0 = 3 l nghim ca phng trỡnh. Bin i phng trỡnh v dng: + = x 1 2 3 x + = + + x 1 4 3 x x 1 2 + = + + x 3 x 3 0 x 1 2 ( ) + = ữ + + 1 x 3 1 0. x 1 2 S dng phng phỏp t n ph, vi = + t x 1, t 0. S dng phng phỏp hm s, vi nhn xột : VT l hm ng bin. VP l hm nghch bin. Suy ra, nu phng trỡnh cú nghim thỡ nghim ú l duy nht. Nhm nghim x 0 = 3. Giải Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau: Cỏch 1: Vi iu kin 5 x 0 tc x 5 , ta bin i phng trỡnh v dng: ( ) + = 2 x 1 5 x + = 2 x 11x 24 0 = = x 3 . x 8 (loai) 4 Vậy, phơng trình có nghiệm x = 3. Cỏch 2: Vi iu kin x + 1 0 tc x 1, ta bin i phng trỡnh v dng: + = x 1 2 3 x + = + + x 1 4 3 x x 1 2 + = + + x 3 x 3 0 x 1 2 ( ) > + = ữ + + 1 4 4 2 4 43 1 1 x 3 1 0 x 1 2 x 3 = 0 x = 3. Vậy, phơng trình có nghiệm x = 3. Cỏch 3: iu kin x + 1 0 tc x 1. t = + t x 1, (t 0) . Suy ra x = t 2 1. Phng trỡnh cú dng: t = 5 (t 2 1) t 2 + t 6 = 0 = = t 2 t 3 (loai) + =x 1 2 x = 3. Vậy, phơng trình có nghiệm x = 3. Cỏch 4: Nhn xột rng: VP l hm ng bin. VT l hm nghch bin. Nờn phng trỡnh nu cú nghim thỡ s l duy nht. Nhn thy x = 2 l nghim ca phng trỡnh. Nhận xét: Nh vậy, để giải một phng trình chứa căn ta có thể lựa chọn một trong các cách: Cách 1: Biến đổi tơng đơng. Lu ý cách nhm nghim x 0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x 0 )h(x) bng phộp nhõn liờn hp, bởi trong nhiều trờng hợp sẽ nhận đợc cách giải hay. Cách 2: Đặt ẩn phụ. Một hoặc nhiều ẩn phụ. Cách 3: Sử dụng phơng pháp hàm số. Sử dụng đạo hàm. Cách 4: Đánhgiá. HOT NG 1: Gii phng trỡnh: = 2x 1 2 x. Ví dụ 2: Giải phơng trình: + = x 2 3x 4. 5 Đánh giá và định hớng thực hiện: Phng trỡnh dng c bn =f(x) g(x) v d nhn thy khi s dng phộp khai phng ta nhn c mt phng trỡnh bc hai Bi toỏn gii c. Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc: Nhm nghim x 0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x 0 )h(x) bng phộp nhõn liờn hp. C th: Nhn xột rng x 0 = 2 l nghim ca phng trỡnh. Bin i phng trỡnh v dng: + = x 2 2 3x 6 + = + + x 2 4 3x 6 x 2 2 = ữ + + 1 (x 2) 3 0 x 2 2 S dng phng phỏp t n ph, vi = + t x 2, t 0. Giải Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau: Cỏch 1: Vi iu kin 3x 4 0 tc 4 x 3 , ta bin i phng trỡnh v dng: ( ) + = 2 x 2 3x 4 + = 2 9x 25x 14 0 = = x 2 . 7 x (loai) 9 Vậy, phơng trình có nghiệm x = 2. Cỏch 2: Vi iu kin x + 2 0 tc x 2 , ta bin i phng trỡnh v dng: + = x 2 2 3x 6 + = + + x 2 4 3x 6 x 2 2 = ữ + + 1 (x 2) 3 0 x 2 2 = = + + x 2 1 3 (*) x 2 2 Phng trỡnh (*) vụ nghim bi 1 VT . 2 Vậy, phơng trình có nghiệm x = 2. Cỏch 3: iu kin x + 2 0 tc x 2. t = + t x 2, (t 0) . Suy ra x = t 2 2. Phng trỡnh cú dng: t = 3(t 2 2) 4 3t 2 t 10 = 0 6 = = t 2 5 t (loai) 3 + =x 2 2 x = 2. Vậy, phơng trình có nghiệm x = 2. HOT NG 2: Gii cỏc phng trỡnh sau: + = a. 2x 1 x 1. + = + 2 b. x 9 2x 3. Ví dụ 3: Giải phơng trình: + = 2 2 x 8 4x 1. Đánh giá và định hớng thực hiện: Phng trỡnh dng c bn =f(x) g(x) v d nhn thy khi s dng phộp khai phng ta nhn c mt phng trỡnh trựng phng Bi toỏn gii c. Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc: Nhm nghim x 0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x 0 )h(x) bng phộp nhõn liờn hp. C th: Nhn xột rng x 0 = 1 l nghim ca phng trỡnh. Bin i phng trỡnh v dng: + = 2 2 x 8 3 4x 4 ( ) + = + + 2 2 2 x 8 9 4 x 1 x 8 3 = ữ + + 2 2 1 (x 1) 4 0 x 8 3 S dng phng phỏp t n ph, vi = + 2 t x 8, t 2 2. Giải Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau: Cỏch 1: Vi iu kin 4x 2 1 0 tc 1 x 2 , ta bin i phng trỡnh v dng: ( ) + = 2 2 2 x 8 4x 1 = 4 2 16x 9x 7 0 ( ) ( ) + = 2 2 x 1 16x 7 0 = x 1. Vậy, phơng trình có nghiệm = x 1. Cỏch 2: Bin i phng trỡnh v dng: + = 2 2 x 8 3 4x 4 ( ) + = + + 2 2 2 x 8 9 4 x 1 x 8 3 7 = ữ + + 2 2 1 (x 1) 4 0 x 8 3 = = + + 2 x 1 1 4 (*) x 8 3 Phng trỡnh (*) vụ nghim bi 1 VT . 3 Vậy, phơng trình có nghiệm = x 1. Cỏch 3: t = + 2 t x 8, t 2 2. Suy ra x 2 = t 2 8. Phng trỡnh cú dng: t = 4(t 2 8) 1 4t 2 t 33 = 0 = = t 3 11 t (loai) 4 + = 2 x 8 3 x 2 = 1 = x 1. Vậy, phơng trình có nghiệm = x 1. HOT NG 3: Gii cỏc phng trỡnh sau: + = 3 a. x 3 3x 1. + = 2 2 b. x 3 3x 1. Ví dụ 4: Giải phơng trình: = + 3 1 x x 5. Đánh giá và định hớng thực hiện: Phng trỡnh dng c bn =f(x) g(x) v d nhn thy khi s dng phộp khai phng ta nhn c mt phng trỡnh bc ba Bi toỏn gii c. Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc: Nhm nghim x 0 ri chuyn phng trỡnh v dng tớch (x x 0 )h(x) bng phộp nhõn liờn hp. C th: Nhn xột rng x 0 = 2 l nghim ca phng trỡnh. Bin i phng trỡnh v dng: ( ) = + 3 1 x 3 x 2 = + + 3 3 1 x 9 x 2 1 x 3 + + + = + 3 3 x 8 x 2 0 1 x 3 + + + = ữ + 2 3 x x 1 (x 2) 1 0 1 x 3 S dng phng phỏp hm s, vi nhn xột : VP l hm ng bin. VT l hm nghch bin. Suy ra, nu phng trỡnh cú nghim thỡ nghim ú l duy nht. Nhm nghim x 0 = 2. 8 Giải Ta cú th trỡnh by theo cỏc cỏch sau: Cỏch 1: Vi iu kin x + 5 0 tc x 5, ta bin i phng trỡnh v dng: ( ) = + 2 3 1 x x 5 + + + = 3 2 x x 10x 24 0 ( ) + + = 2 (x 2) x x 12 0 = + = 2 x 2 . x x 12 0 (vn) Vậy, phơng trình có nghiệm x = 2. Cỏch 2: Vi iu kin 1 x 3 0 tc x 1, ta bin i phng trỡnh v dng: ( ) = + 3 1 x 3 x 2 = + + 3 3 1 x 9 x 2 1 x 3 + + + = + 3 3 x 8 x 2 0 1 x 3 + + + = ữ + 2 3 x x 1 (x 2) 1 0 1 x 3 = + + = + 2 3 x 2 x x 1 1 0 (*) 1 x 3 Phng trỡnh (*) vụ nghim bi VT 1. Vậy, phơng trình có nghiệm x = 2. Cỏch 3: Nhn xột rng: VT l hm nghch bin. VP l hm ng bin. Nờn phng trỡnh nu cú nghim thỡ s l duy nht. Nhn thy x = 2 l nghim ca phng trỡnh. HOT NG 4: Gii cỏc phng trỡnh sau: + = a. 2x 1 1 x. + = b. x 2 4 x. + = 3 c. x 3 3 x. + = 2 2 d. x 8 4 x . Ví dụ 5: Giải phơng trình: + + = + 2 2 x 3x 5 2x 6x 5. Đánh giá và định hớng thực hiện: Phng trỡnh dng c bn =f(x) g(x) v d nhn thy khi s dng phộp khai phng ta nhn c mt phng trỡnh bc bn gii c phng trỡnh ny cn cú k nng phõn tớch a thc thnh nhõn t. Ngoi ra, phng trỡnh cũn c gii theo cỏc cỏch khỏc: S dng phng phỏp t n ph, vi = + + 2 t x 3x 5, t 0. 9 Nhẩm nghiệm x 0 rồi chuyển phương trình về dạng tích (x − x 0 )h(x) bằng phép nhân liên hợp. Cụ thể: − Nhận xét rằng x 0 = 1 là nghiệm của phương trình. − Biến đổi phương trình về dạng: + + − = + − 2 2 x 3x 5 3 2x 6x 8 + + − ⇔ = + − + + + 2 2 2 x 3x 5 9 2(x 3x 4) x 3x 5 3 ⇔ + − − = ÷ + + + 2 2 1 (x 3x 4) 2 0. x 3x 5 3 Gi¶i Ta có thể trình bày theo các cách sau : Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng: ( ) + + = + + − 2 2 x 3x 5 2 x 3x 5 15. Đặt = + + ≥ 2 t x 3x 5, (t 0) ta được: = − 2 t 2t 15 ⇔ − − = 2 2t t 15 0 = ⇔ = − t 3 5 t (loai) 2 ⇒ + + = 2 x 3x 5 3 ⇔ + − = 2 x 3x 4 0 = ⇔ = − x 1 . x 4 VËy, ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1 v x=à −4. Cách 2: Ta có biến đổi: + + − = + − 2 2 x 3x 5 3 2x 6x 8 + + − ⇔ = + − + + + 2 2 2 x 3x 5 9 2(x 3x 4) x 3x 5 3 ⇔ + − − = ÷ + + + 2 2 1 (x 3x 4) 2 0 x 3x 5 3 + − = ⇔ − = + + + 2 2 x 3x 4 0 1 2 0 x 3x 5 3 = = − ⇔ = + + + 2 x 1 & x 4 1 2 (*) x 3x 5 3 Phương trình (*) vô nghiệm bởi 1 VT . 3 ≤ VËy, ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1 v x=à −4. Cách 3: Với điều kiện 2x 2 + 6x − 5 ≥ 0, ta có biến đổi: ( ) + + = + − 2 2 2 x 3x 5 2x 6x 5 10 . biên. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ VÔ TỈ” − NXB Đại học Sư Phạm do LÊ HỒNG ĐỨC chủ biên. 3 I. Phơng trình chứa một căn bậc. thuộc Dạng phương trình chứa nhiều căn. 5. Bài 6, bài 7 thuộc Dạng phương trình chứa tham số. Từ đó, để cung cấp cho các em học sinh một giáo trình gọn
