BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị Trường THPT NAM-HÀ Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học mơn: TỐN  - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mơ hình Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2013 - 2014 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Nguyễn Vũ Khanh Ngày tháng năm sinh: 30 – 06 – 1963 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: 10/3 K1 ấp Đồng Nai, xã Hố An, Tỉnh lộ 16, Biên Hịa - Đồng Nai Điện thoại: 272 / (NR) 0613 855 837; ĐTDĐ: 0948 935 Fax: E-mail: khanhnamha@yahoo.com.vn Chức vụ: TTCM Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà, Xã Hiệp Hịa, TP Biên Hịa, Đồng Nai II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị ( trình độ chuyên môn, nghiệp vụ ) cao : Cử nhân - Năm nhận : 1985 - Chuyên ngành đào tạo : Cử nhân Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm : giảng dạy mơn Tốn - Số năm có kinh nghiệm : 27 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần : • Vấn đề xét dấu biểu thức & ứng dụng vào giải phương trình, bất phương trình • Các tốn tiếp tuyến của đồ thị hàm số • Nguyên hàm của số hàm phân thức hữu tỉ • Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng tốn HHKG • Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ) Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình chứa thức chiếm ví trí quan trọng chương trình tốn cấp ba Thường xun có mặt đề thi đại học với độ khó cao Ở lớp 10 học sinh học phần nhỏ với vài dạng thơng thường em hồn tồn khơng có khả giải Vì vậy, vấn đề thiết thực học sinh muốn vào đại học Do vậy, chọn đề tài tơi nghĩ giúp ích cho học sinh của II TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI Thuận lợi : Bản thân có kinh nghiệm qua năm dạy Tốn Khó khăn : Học sinh thường gặp nhiều khó khăn giải tốn III NỘI DUNG ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận : PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC DẠNG 1: PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA Sử dụng phép biến đổi tương đương: 1.A Với dạng sau đây:  g ( x) ≥  f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x ) = [ g ( x )]   f ( x) = g( x) f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x ) ≥ ( hay g ( x ) ≥ 0)  f ( x ) ≥ 0, g ( x ) ≥ 0, h( x ) ≥  f ( x) + g ( x ) = h( x) ⇔   f ( x ) + g ( x ) + f ( x ) g ( x ) = h( x )   f ( x ) ≥ 0, g ( x ) ≥ 0, h( x ) ≥  f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔   f ( x ) + g ( x ) + f ( x ) g ( x ) = [ h( x )]  Ví dụ Giải phương trình x + − x −1 = ( (1) ⇔ ( x − 1) − x − + = ⇔ x −1 − ) =2⇔  x −1 − = x −1 − = ⇔   x − − = −2   x −1 =  x = 26 ⇔ ⇔ x =  x −1 =  x − − − x = x − (DB1-B 2005) Ví dụ Giải phương trình Ta có (3) ⇔ 3x − = x − + − x 3 x − ≥ 0,5 − x ≥ 0,2 x − ≥ 2 ≤ x ≤   ⇔ ⇔ 3 x − = x − + − x + (2 x − 4)(5 − x )  (2 x − 4)(5 − x ) = x −   2 ≤ x ≤ 2 ≤ x ≤ x = ⇔ ⇔ ⇔ x = (2 x − 4)(5 − x ) = ( x − 2) x − 6x + = Chú ý 1: Nếu phương trình khơng có dạng cần lưu ý ngun tắc: • Lấy điều kiện để thức có nghĩa (điều kiện xác định PT) → điều kiện chung • Lấy điều kiện để hai vế dấu trước bình phương (thường ta biến đổi để hai vế khơng âm) • Khi phát sinh điều kiện nên kết hợp với điều kiện có để thu hẹp phạm vi tìm nghiệm • Biến đổi để thay phương trình cho phương trình tương đương (với điều kiện có) đơn giản + x+2 =0 x+2 x− Ví dụ Giải phương trình (x = 2/3) Điều kiện: x ≥ 0, với điều kiện pt (2) tương đương với pt: 2 − x ≥ x ≤ 2 x ( x + 2) − + x + = ⇔ x ( x + 2) = − x ⇔  ⇔ ⇔x= 6 x =  x ( x + 2) = (2 − x ) (nhận) Ví dụ Giải phương trình x + + 3x + = x − (4) ⇔ x + + 3x + + 3 x + 3 x + ⇔ x + 3x + ( ( (x=-1) ) x + + 3x + = x − ) x + + 3x + = −( x + 1) ; Thay x + + 3x + x − (Phép trong), ta phương trình hệ quả: x +1 = x + 3x + x − = −( x + 1) ⇔ ( x + 1)(3x + 1)( x − 1) = −( x + 1)3 ⇔  (3x + 1)( x − 1) = −( x + 1)  x = −1 ⇔ ; Thử lại có x = -1 nghiệm x = Chú ý 2: • Khi giải phương trình dạng f ( x ) ± g ( x ) = h ( x ) (1), lập phương hai vế pt(1) f ( x ) ± g ( x ) h( x ) (thường gọi phép trong) ta phương trình hệ quả: f ( x ) ± g ( x ) + 3 f ( x ) g ( x ) h( x ) = h( x ) (2) Do tìm nghiệm (2), ta cần thử trực tiếp vào phương trình (1) để loại bỏ nghiệm ngoại lai (nếu có) • Việc thử lại khó khăn phương trình (2) có nghiệm phức tạp Có thể tránh việc cách đặt ẩn phụ đưa đến giải hệ phương trình (sẽ nói phần sau) 1.B Biểu thức phương: Ví dụ Giải phương trình x + + x + − x + = (D-2005) Ta có: (5) ⇔ ( x + 1) + x + + − x + = ⇔ ⇔2 ( ) x +1 +1 − x +1 = x + + − x + = ⇔ 2( x + + 1) − x + = ⇔ x + = ⇔ x = 1.C Phương trình đưa dạng tích: Ví dụ Giải phương trình x − = ( x + 5) Điều kiện: x ≤ −3 x >3, x+3 x−3 phương trình tương đương với:  x2 − =  x = ±3 ( x + 3)( x − 3) x −9 x − = ( x + 5) ⇔ x − = ( x + 5) ⇔ x+5 ⇔  2 = ( x − 3) ( x − 3) 2 x − = x +  x−3   x = ±3  x = ±3   x ≥ −5 ⇔  ⇔  x = 11 v x =     x = 11 v x =  so với điều kiện pt cho có tập nghiệm là: S = {-3;11} Chú ý 3: •  A B , A ≥ B ≥  A B =   − A − B , A ≤ B ≤  Ví dụ Giải phương trình x − x − − ( x − 1) x + x − x = (x=2) Điều kiện: x ≥ pt tương đương với: ( x − 1) − x − + − ( x − 1) x + x x − = ⇔ ⇔ ( )( x −1 −1 ( ) x − − − x x − ( ) x −1 −1 =  x −1 = x − − − x x − = ⇔   x −1 −1 − x x −1 =  ) o x −1 = ⇔ x = o x − − − x x − = ⇔ x − 1 − x = phương trình vô nghiệm với x ≥ ( ) Kết luận: x = a + b = + ab ⇔ ( a − 1)(b − 1) = Chú ý 4: Các đẳng thức giúp đưa dạng tích: α a + β b = ab + αβ ⇔ (a − β )(b − α ) = Ví dụ (DB2-D 2006) Giải phương trình x + − x = x − + − x + x − + (x=4, x=5) Điều kiện: ≤ x ≤ , phương trình tương đương với: ( x − 1) − − x x − + − x − x − = ⇔ x − ⇔ ( x −1 − − x )( ( ) ( x −1 − − x − ) x −1 − − x =  x −1 = − x x = x −1 − = ⇔  ⇔ x =  x −1 =  ) Ví dụ Giải phương trình x2 + 8x + + x2 − = x + (x=±1) pt tương đương với 2( x + 1)( x + 3) + ( x − 1)( x + 1) = 2( x + 1) Điều kiện: x ≤ −3 x ≥1 x = -1 Có ba trường hợp: * Nếu x = −1 : Ta có x = -1 nghiệm * Nếu x ≥1 pt trở thành 2( x + 3) + x − = x + x −1 = ⇔ 2( x + 3) + x − + 2( x + 3) x − = 4( x + 1) ⇔ 2( x + 3) x − = x − ⇔   2( x + 3) = x − ⇔ x = (vì pt 2( x + 3) = x − vô nghiệm với x ≥ ) * Nếu x ≤ −3 VP = x + < 0, VT > Suy pt vô nghiệm Kết luận: x = ±1 1.D Bài tập tương tự: Giải phương trình: 3 + x = − , Đs: x = − 4 x +1+ x + x + + x + + x + − x + = , Đs: [-1;0] x + x − − x − x − = 2,( HVCNBCVThông-2000) , Đs: [2; +∞) (K*) x − + (4 − x ) x − − x + + x − = , Đs: x = 3, x = x + + x + x = 2 x + x + x + , Đs: x = 2( x + 3) x − x + 10 = x − x + 18 , Đs: x = 1, x = 2, x = 7 x − + x − = 3 x + , Đs: x = 24 + x − + x = x + − x − 12 = 1, ( x = 4, x = −3) x2 − x − = − x,( SPQNhon − 1995) , Đs: x = 10 3x − 11 x ( x − 1) + x ( x + 2) = x ,( SPHN − 2000) , Đs: x = 0, x = 12 x − x + + − x + 3x − = x − x , ( x = 1) Sử dụng phép biến đổi hệ quả: • Lấy điều kiện xác định, nâng lên lũy thừa, nhận phương trình hệ quả, cuối phải thử lại để loại bỏ nghiệm ngoại lai • Cách giải số trường hợp lại tỏ hữu hiệu Ví dụ 10 Giải phương trình x + + 3x − = x + + x − , (1); (x = 3) Điều kiện xác định: x ≥ (*); Nhận xét: (8 x + 1) + (2 x − 2) = (3 x − 5) + (7 x + 4) nên ta viết lại phương trình sau: x + − x − = x + − 3x − , bình phương hai vế phương trình hệ quả: x + + x − − x + x − = x + + x − − x + x − ⇔ x + x − = x + 3x − 5, (2) Lại bình phương hai vế, ta phương trình hệ của (2): (8 x + 1)(2 x − 2) = (7 x + 4)(3 x − 5) ⇔ x − x − 18 = ⇔ x = v x = − ; Nhờ đk (*) ta loại x = − Ví dụ 11 thử lại nhận x = Giải phương trình x − x − + x + x − = , (1); (x = 1) Nhận xét: Vì chọn hướng biến đổi hệ nên ta bỏ qua bước lấy điều kiện xác định (do phức tạp khơng cần thiết) Bình phương hai vế phương trình (1) ta phương trình hệ quả: x − x − + x + x − + x − x − x + x − = ⇔ 2x + (x− )( ) x2 − x + x2 − = ⇔ x + = ⇔ x = Thử lại: x = nghiệm Nhận xét: • Việc giải phương trình chứa theo hai hướng: Biến đổi tương đương biến đổi hệ • Nếu biến đổi hệ cuối phải thử lại để loại nghiệm ngoại lai Sẽ gặp khó khăn nghiệm phương trình cuối phức tạp • Nếu biến đổi tương đương toán chặt chẽ nhờ điều kiện ràng buộc Do kết sau khơng phải thử lại  Biến đổi tương đương chọn trước cần lường trước khả xảy để cân nhắc Bài tập tương tự: Giải phương trình: 65   x + x − + x − x − = 5,  x = ; x = ÷   (K*)  x − x + + x + = 3,  x = 0; x =  3 ÷ 4 DẠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Giải phương trình ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3) Ví dụ 12 Điều kiện: x +1 = −3 x−3 (x = 1- 5; x = 1- 13)  x ≤ −1 x +1 ≥0⇔ Pt tương đương với: x−3 x > ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3) ( x + 1)( x − 3) ( x + 1)( x − 3) = −3 ⇔ ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3) = −3 x−3 ( x − 3) Dựa vào đk ta xét hai trường hợp: * Nếu x>3 * Nếu x ≤ −1 pt vơ nghiệm VT > 0, VP <  ( x + 1)( x − 3) = ⇔ ( x − 3)( x + 1) − ( x + 1)( x − 3) + = ⇔  pt  ( x + 1)( x − 3) =  x = 1±  x2 − x − =  x2 − x − =  ( x + 1)( x − 3) = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ , so với đk 2  ( x + 1)( x − 3) =  x − x − 12 =  x − x − 12 =  x = ± 13    nhận x = − 5; x = − 13 2.A Dạng tổng (hiệu) & tích hai thức: Ví dụ 13 (DB1-B 2006) Giải phương trình 3x − + x − = x − + 3x − x + , (x=2) Đk: x ≥ Nhận xét: (3x − 2)( x − 1) = 3x − x + (3x – 2) + (x – 1) = 4x – = (4x – 9) + nên đặt t = 3x − + x − (t ≥ 0), ta có t = x − + 3x − x − ⇒ x − + 3x − x − = t − , pt trở thành : t2 – t – = ⇔ t = -2 (loại) t = (nhận) Ta pt x − + x − x − = ⇔ (3 x − 2)( x − 1) = − x 6 − x ≥ x ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x=2  x = v x = 17 (3 x − 2)( x − 1) = (6 − x )  x − 19 x + 34 = (B-2011) Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − 3x (x=6/5) Ví dụ 14 Đk : −2 ≤ x ≤ Nhận xét: ( 2+ x −2 2− x ) = 10 − 3x − 4 − x , ta đặt t = + x − 2 − x , ta pt : 3t = t2 ⇔ t = t = *Nếu t = + x − 2 − x = ⇔ + x = 2 − x ⇔ + x = 4(2 − x ) ⇔ x = (nhận) *Nếu t = + x − 2 − x = ⇔ + x = + 2 − x ⇔ + x = + 4(2 − x ) + 12 − x ⇔ 12 − x = 5( x − 3) (pt vô nghiệm VT ≥ VP < 0) Kết luận: x = Chú ý : Bài toán « phản biện » Ví dụ 15 x + − − x + ( x + 1)(4 − x ) = Giải phương trình (x=3) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Nhận xét : Không đặt ẩn phụ ( x + − − x ) = 17 − 3x − ( x + 1)(4 − x ) phương trình khơng chứa số hạng (-3x) Ta chọn PP nâng lên lũy thừa Pt tương đương với : x + + ( x + 1)(4 − x ) = + − x ⇔ x + + ( x + 1)(4 − x ) + ( x + 1) (4 − x ) = + 4(4 − x ) + − x ⇔ 2( x + 1) − x − − x = (5 − x )(3 − x ) ⇔ − x ( x − 3) = ( x − 5)( x − 3) ⇔ x = Kết luận : x = Ví dụ 16 1 =2 Giải phương trình x + − x2 Điều kiện : − ≤ x ≤ x ≠ 0, (x = 1; x = - 1- ) với đk trên, ta pt tương đương: x + − x2 = 2x − x2 10 Nhận xét: pt có chứa tổng tích, ngồi ( x ) + ( − x2 ) = (hằng số) nên ta đặt t = x + − x ⇒ t = + x − x ⇒ x − x = t − , pt trở thành: t = t − ⇔ t − t − = ⇔ t = −1 t =  x ≤ −1 x +1 ≤  ⇔ * Nếu t = −1 x + − x = −1 ⇔ − x = −( x + 1) ⇔  −1 ± 2  − x = ( x + 1) x =  2 ⇔x= −1 − (thỏa đk) * Nếu t=2 2 − x ≥ x ≤ ⇔ 2 − x = (2 − x ) x − 2x +1 = 2 x + − x = ⇔ − x = − x ⇔  2 ⇔ x = (thỏa đk) Kết luận: x= −1 − x =1 2.B Cặp số nghịch đảo - Tích hai thức số: Ví dụ 17 Giải phương trình x − x2 − + x + x2 − =  x − x − ≥ (a) x ≥ x ≥  ⇔ ⇔ x ≥1 • Điều kiện:  , (a) ⇔ x − ≤ x ⇔  2 0 ≤ x − ≤ x x ≥  x + x − ≥ (b)  thỏa (b) Vậy đk • Vì x ≥ x − x − x + x − = nên đặt 1 t = x − x − ⇒ x + x − = ⇒ x + x − = Ta phương trình: t t t = t = 1 2 t + = ⇔ t − 2t + = ⇔ (t − 1)(t − t − 1) = ⇔  ⇔  + (loại t = t t − t − =   t= 1− ) • t = ⇒ x − x2 − = ⇔ x2 − = − x ⇔ x = •  3+  1+ 1+ 7+3 t= ⇒ x − x2 − = ⇔ x − x2 − =  ÷ ⇔ x −1 = x − 2    7+3 x ≥ 7+3 5  2 ⇔ ;(*) ⇔ x − = x − (7 + 5) x +  ÷    x − =  x − +  (*)  ÷     11 ⇔ (7 + ( + 5) 5) x = + ⇔x= + − + (loại) + = + = 4 7+3 • Vậy pt cho có nghiệm x = Giải phương trình x + Ví dụ 18 x = 2x + +4 2x  3±2 2 x = ÷  ÷   Đkiện: x > Đặt t = x + x 1  + =  2x + = 2(t − 1) ÷+ ⇒ x + 4x 2 2x  2x ⇒ t2 = x + Điều kiện của t: t = x + x ≥2 x x = Phương trình trở thành: 5t = 2(t2 – 1) + ⇔ 2t2 – 5t + = ⇔ t = (nhận) t = 1/2 (loại) t = suy x+ x = ⇔ 2x + = x ⇔ 2x − x + = ⇔ x = Kết luận : x =  ±1 ±1 ⇔x= ÷ 2   3± 2 Giải phương trình x + + x − x + = x ; Ví dụ 19    x = ∨ = 4÷   0 ≤ x ≤ −  x2 − 4x + ≥ ⇔ Điều kiện:  x ≥ + x ≥  *Ta có x = nghiệm *Nếu < x ≤ − x ≥ + : (1) tương đương với: x+ 1 + x+ −4 ≥3 x x Đặt t = x+ 1 t ≥ t = x + + ⇒ x + = t − , bpt trở thành: x x x  3 − t < t >  t >   t − ≥ t ≤ ⇔  2 t + t − ≥ ⇔ t − ≥ 3− t ⇔  ⇔  ⇔ t ≥ , suy  ≤t≤3  3 − t ≥  t≥ 2    t − ≥ (3 − t )  bpt: x+ 5 1 ≥ ⇔ x +1 ≥ x ⇔ x − x + ≥ ⇔ x ≤ x ≥ ⇔ < x ≤ 2 x x ≥ (thỏa điều kiện) 12   Kết luận : Tập nghiệm của bpt (1) là: 0;  ∪ [ 4; +∞ )  4 2.C Đặt ẩn phụ t đến phương trình theo t coi x tham số Ví dụ 20 3x = 3− x 5x + Giải phương trình x + −  − 33   x = ;x = ÷  ÷   Điều kiện: 5x + > ⇔ x > -2/5 Đặt t = 5x + (t > 0), phương trình trở thành: t− 3x = − x ⇔ t − (3 − x )t − 3x = ⇔ t = v t = − x t * t = suy x + = ⇔ x = ; * t = − x suy x ≤ x + = − x ⇔  5 x + = x ⇔x= − 33 Kết luận: Ví dụ 21 Giải phương trình 2(1 − x ) x + x − = x − x − ( x = −1± ) Nhận xét: Phép nâng lên lũy thừa dẫn đến phương trình phức tạp Đặt t = x + x − ⇒ t = x + x − ⇒ x = t − (2 x − 1) , ta phương trình: 2(1 − x )t = t − (2 x − 1) − x − ⇔ t − 2(1 − x )t − x = 0, ∆ ' = (1 − x ) + x = (1 + x ) , đó: t = t = -2x * t = suy * t = -2x suy x + x − = ⇔ x + x − = ⇔ x = −1 ± x ≤ x ≤ x + x − = −2 x ⇔  ⇔ (hệ vô x + 2x −1 = 4x 3x − x + = nghiệm) Kết luận: x = −1 ± Ví dụ 22 Giải phương trình x + (3x − x − 4) x + = y ≥ Điều kiện: x ≥ -1 ; Đặt y = x + ⇔  x +1 = y   1+ ∨ x = 2−2 2÷ x =   , ta đươc phương trình: x + (3x − y ) y = ⇔ x + 3x y − y = (Nhận xét: Đây pt đẳng cấp bậc ba) • Nếu y = x = -1, khơng thỏa pt cho 13 • Nếu y > ta pt tương đương: x   y ÷ + 3    x   x ÷ − = ⇔  y − 1÷ y     o Nếu x = y  x ÷ + 4 y  x = y x  x x ÷ +  = ⇔ y = ∨ y = − ⇔  x = −2 y y    x ≥ 1+ x +1 = x ⇔  ⇔x= x − x −1 = x ≤ o Nếu x = −2 y x = −2 x + ⇔   x = 4( x + 1) ⇔ x = 2−2 Kết luận: 2.D Đặt ẩn phụ hữu tỉ hóa phương trình : (D-2006) Giải phương trình x − + x − 3x + = (1) Ví dụ 23 ( x = 1;x = − ) Điều kiện: x ≥ 1/2 Cách 1: (Đặt ẩn phụ) t2 + Đặt t = x − ⇒ t = x − ⇒ x = , ta phương trình : 2  t2 +   t2 +  t+ ÷ −  ÷+ =     Rút gọn ta được: t − 4t + 4t − = ⇔ (t − 2t + 1) − 2t + 4t − = ⇔ ( t − 1) − 2(t − 2t + 1) = ⇔ t =1 Nhận t = 1, t = −1 ± t = − Từ đó, ta x = 1; x = − Cách 2: (Nâng lên lũy thừa)  x − 3x + ≤ (2)  (1) ⇔ x − = −( x − 3x + 1) ⇔  2  x − = ( x − 3x + 1) (3)  (3) ⇔ x − =  ( x − 1)2 − x  ⇔ ( x − 1) − x ( x − 1) + ( x − x + 1) = ⇔ ( x − 1) ( x − 1) − x + 1 =     x = x = ⇔ ⇔ , so với đk (2) nhận x = 1, x = −  x − 4x + = x = ± Ví dụ 24 Giải phương trình x + − 3x = − x (1) 5x + Điều kiện: x > -2/5 ; Pt (1) tương đương với : x + = (3 − x ) x + 14 Đặt t = 5x + ⇒ t = 5x + ⇒ x = t2 − , ta phương trình :  t2 −   t2 −  2 + = 3− t ÷ ÷     t = Rút gọn ta được: t + 2t − 17t + = ⇔ (t − 3)(t + 5t − 2) = ⇔  −5 ± 33 t =   ⇔t=3v t= Ví dụ 25 2 −5 + 33 − 33 (vì t > 0) Từ đó, ta x = ; x = Giải phương trình x x + − 28 = 11 x + , (x = 3) Giải: Đặt t = x + ⇒ x = t − , pt trở thành 2t − 25t − 28 = ⇔ (t − 4)(2t + 8t + 7) = ⇔ t = t > Vậy phương trình cho tương đương với x2 + = ⇔ x = 2.E Đặt hai ẩn phụ đưa hệ phương trình: Ví dụ 26 Giải phương trình x − = ( x − 3)3 + ( x = 1) Nhận xét : Đặt u = x − ⇒ u = x − v = x – 3, ta hệ phương trình: u = v − u = v −   ⇔ (Hệ đối xứng loại 2)  u = v + v = u −   Suy u − v = v − u ⇔ (u − v )(u + uv + v + 1) = ⇔ u = v (vì u + uv + v + > với u,v); Thay vào hệ, ta pt: u − u + = ⇔ (u + 2)(u − 2u + 3) = ⇔ u = −2 Vậy pt cho tương đương với pt: x − = −2 ⇔ x − = −8 ⇔ x = Ví dụ 27 (A-2009) Giải phương trình 3x − + − x − = (x=-2) Nhận xét: Phương trình chứa thức khơng đồng bậc Cần nghĩ đến đặt ẩn phụ Điều kiện: x ≤ u = 3x −  2u + 3v =  u = x − ⇒ Đặt  , (v ≥ 0) Ta hệ phương trình:  , v = − x 5u + 3v = v = − x   khử v ta pt: 15u + 4u − 32u + 40 = ⇔ (u + 2)(15u − 26u + 20) = ⇔ u = −2  x − = −8 ⇔ x = −2 suy v = (nhận) Tóm lại, pt cho tương đương với:  6 − x = 16 (thỏa đk) Ví dụ 28 Giải phương trình x 35 − x ( x + 35 − x ) = 30 15 Đặt y = 35 − x ⇒ y = 35 − x ⇒ x + y = 35 , ta hệ phương trình:  xy ( x + y ) = 30  xy ( x + y ) = 30 (Hệ đối xứng loại 1) hệ tương đương với:   3  x + y = 35 ( x + y ) − xy ( x + y ) = 35  xy ( x + y ) = 30  xy = x = x = ⇔ ⇔ ⇔ v Vậy ph/trình cho có hai nghiệm x + y =  y =  y = ( x + y ) = 125 Giải phương trình Ví dụ 29 x − x − + x + x − = 2, ( x = 1) u = x − x −  , (u > v > 0), ta  v = x + x −   x − x2 − ≥  ⇔ x ≥ ; Đặt Điều kiện:  x + x −1 ≥  u + v = hệ pt:  , nhân pt(1) với v (vì v > 0) ta pt: uv = uv + v = 2v ⇔ v (2 − v ) = ⇔ v − 2v + = ⇔ ( v − 1)( v + v − 1) = (*) • Nhận xét: x ≥ ⇒ v = x + x − ≥ ⇒ v + v ≥ ⇒ v + v − > suy pt (*) ⇔ v = • v = ⇒ x + x − = ⇔ x + x − = ⇔ x − = − x ⇔ x = (thỏa pt cho) Kết luận : x = nghiệm 2.F Bài tập tương tự: Giải phương trình: ( x − 3) + 3x − 22 = x − 3x + + = x − x + 18 x − x + 11 2 = x + , { 4;2} x x x− x − x − + x + x − = 2, ( x = 1) 65   2 ( K *) x − x − + x + x − = 5,  x = ; x = ÷   x x +1 −2 =3 x +1 x  −2 − 14    2 x + − x = + 3x − x , 0;2;      x + + x − = x − 12 + x − 16, (x = 5) 16 x x + 15 − x x + 15 = 2, (x = 1) 10 ( K *) 2(x + 3) x − 5x + 10 = x − x + 18, {1;2;3} x − 3x − = − x, ( x = 1, x = 2) 3x − 11 12 − x = − x − 1, {1;10;17} 13 x + − x − = 1, ( x = 5) 14 x − = ( x − 3)3 + 6, ( x = 1) 15 57 − x + 40 + x = 5, {−24;41} 16 (2 − x )2 + (7 + x ) − (7 + x )(2 − x ) = DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP (D-2006) Giải phương trình x − + x − 3x + = (1) Ví dụ 30 ( x = 1;x = − ) Điều kiện: x ≥ Nhận xét 1: Vì ta nhận phương trình có nghiệm x =1 nên ta biến đổi dạng: (x – 1).f(x) = từ chuyển giải phương trình f(x) = nhiều khả dễ dàng so với phương trình xuất phát x = 2x − (1) ⇔ ( x − − 1) + x − 3x + = ⇔ + ( x − 1)( x − 2) = ⇔   + x − = (2) 2x −1 +  2x − +  Nhận xét 2: x =1 nghiệm pt (2) nên ta lặp lại trình : 1− 2x −1 − (2 x − 1)   + x −1 = Ta có (2) ⇔  x − + − 1÷+ x − = ⇔ x − + + x − = ⇔   x − + 1) (  ⇔ ( x − 1)     (3) ⇔ ( ( x =   −2 −2 + 1 = ⇔  + = (3)  2x − +  2x − +    ) ) ( ) 2x −1 + = ⇔ 2x −1 + = ⇔ 2x −1 = −1 ⇔ 2x −1 = − 2 ⇔ x = − Kết luận: S = {1; − } Ví dụ 31 Giải phương trình x − + x + 3x − = , (x = 1) 17 Điều kiện: x ≥ ; Pt tương đương với: ( x − − 1) + ( x + x − 4) = ⇔ ⇔ x = 1, (vì 2x − 2   + ( x − 1)( x + 4) = ⇔ ( x − 1)  + x + ÷= 2x − +  2x −1 +  + x + > 0, ∀x ≥ ) Vậy pt cho có nghiệm x =1 2x − + (B-2010) Giải phương trình 3x + − − x + 3x − 14 x − = 0, ( x = 5) Ví dụ 32 Điều kiện: − ≤ x ≤ ; Nhận xét: x = nghiệm, biến đổi pt dạng ( x − 5) f ( x ) = , tốn chuyển giải phương trình f(x) = Pt tương đương với: ( 3x + − ) + ( − − x ) + 3x − 14 x − = (thêm bớt giá trị của thức thay x = 5) ⇔ 3x − 15 x −5 1    + + 3( x − 5)  x + ÷ = ⇔ ( x − 5)  + + 3x + 1÷ = 3 3x + + − − x   3x + + − − x  ⇔ x = 5,   + + 3x + > 0, ∀x ∈  − ;6  3x + + − − x   Vậy pt cho có nghiệm x = Ví dụ 33 Giải phương trình x + − 3x − = x+3 , ( x = 2) Điều kiện: x ≥ ; Nhận xét: (4 x + 1) − (3x − 2) = x + , ta nhân lượng liên hợp : x + − 3x − = x+3 x+3 x+3 1 ⇔ = ⇔ = , x + > 0, ∀x ≥ 5 x + + 3x − x + + 3x − ⇔ x + + 3x − = ⇔ x − + x + x − = 25 ⇔ x + x − = 26 − x 26 26   x ≤ x ≤ 7 ⇔ ⇔ ⇔ x=5 2  4(4 x + 1)(3x − 2) = (26 − x ) 4(4 x + 1)(3 x − 2) = (26 − x )   Bài tập tương tự: Giải phương trình: x − + − x = x − x + 11, ( x = 3) 5x + + x − = 4x +  ,  x = 2; x =  9 ÷ 4 (GTVT − 2000) x − + − x − x + x − = 0, ( x = 2) 18 (K*) x + + 2 x + = ( x − 1)( x − 2), ( x = −1, x = 3) DẠNG 4: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Giải phương trình x − + x + 3x − = , (x = 1) Ví dụ 34 Nhận xét: Nếu áp dụng PP nâng lên lũy thừa tạo pt phức tạp Mặt khác ta nhận pt có nghiệm x = nên có khả pt có nghiệm Do ta cần xây dựng hàm số thích hợp theo hướng Xét hàm số f ( x ) = x − + x + 3x − 5, x ≥ Ta có f '( x ) = 1 + x + > 0, ∀x > 2x − suy hs đồng biến (1/2; +∞) Ngoài ra, f(1) = Vậy pt có nghiệm x = Giải phương trình x − + x − = , (x=1/2) Ví dụ 35 4 x − ≥ 1 ; Xét hàm số f ( x ) = x − + x − − 1, x ≥ , ta có 2 4 x − ≥ 2x 4x f '( x ) = + > 0, ∀x > ; Suy hs f(x) đồng biến [1/2; +∞) Ngoài 4x − x2 − Điều kiện:  ⇔x≥   f  ÷ = , pt có nghiệm x = 2 Giải phương trình Ví dụ 36 x + 15 = x − + x + Nhận xét: Pt xác định với x không nên nâng lên lũy thừa Ngồi x =1 nghiệm, có khả nghiệm Pt tương đương với: Ta có x + 15 − x + = 3x − x + 15 > x + ⇒ VT > , pt có nghiệm 3x – > hay x > 2/3 Xét hàm số f ( x ) = x + 15 − x + với x > 2/3, ta có: f '( x ) = x x + 15 −  = x −  x2 +  x + 15 x  ÷ < 0, ∀x > suy hs f nghịch biến ÷ x2 +  (2/3; +∞) hs g(x) = 3x – đồng biến , f(1) = g(1) = Vậy pt cho có nghiệm x = Bài tập tương tự: Giải phương trình: x + + x + + x + 13 = 9, ( x = 3) 19 ( K *) x + x + − x + x + = x − 4, ( x = 1) x + 80 = x + + x + 3, ( x = 1) x − + x + = − x, ( x = 1) DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 5.A Đánh giá tập xác định: Giải phương trình x − + x − = , (x = 1/2) Ví dụ 37 4 x − ≥ Điều kiện:  4 x − ≥ ⇔x≥ Nhận xét: Với x ≥ ⇒ x ≥ ⇒ x − ≥ ⇒ x − ≥ mà x − ≥ suy VT ≥ 1, 4 x − = pt có nghiệm VT = hay  4 x − = ⇔x= Vậy pt có 2 nghiệm x = 5.B Đánh giá theo bất đẳng thức: Ví dụ 38 Giải phương trình x − + − x = x − x + 11, ( x = 3) Điều kiện: ≤ x ≤ Ta có: g ( x ) = x − x + 11 = ( x − 3) + ≥ 2, ∀x ∈ [2;4] Đặt f ( x ) = x − + − x ⇒ [ f ( x )] = + ( x − 2)(4 − x ) ≤ ⇒ f ( x ) ≤ 2, ∀x ∈ [2;4] ;  f ( x) = x − = − x ⇔ Do pt có nghiệm khi:   g ( x) = x = ⇔ x = Kết luận: x = nghiệm của pt cho Ví dụ 39 Giải phương trình x − x + + x − = 2, ( x = 1) 20  x − x + = ( x − 1)2 + ≥  ⇒ x − x + + x − ≥ 2, ∀x ≥ ; Do phương Ta có   x −1 ≥   x2 − 2x + =  ⇔ x = Vậy x = trình có nghiệm VT = ⇔   x −1 =  nghiệm của pt cho Bài tập tương tự: Giải phương trình: (GTVT − 2000) x − + − x − x + x − = 0, ( x = 2) ( K *) x − x + + x − = 1, ( x = 2)  + x + 12 − x = (1 − x ) ,  x = − , x =  3 ÷ (Thi thử Đại học khối A2 2013 THPT chuyên Lý Tự Trọng - cần Thơ) Nhận xét: Việc phân chia theo PP giải có tính tương đối, thực tế có ta phải kết hợp nhiều PP Giải phương trình Ví dụ 40 x − + − x = x − x − 1, ( x = 3) Điều kiện: ≤ x ≤ ; Tìm nghiệm x = nên ta viết lại Pt sau: ( ) ( x − −1 + x−3 3− x 1  + = 2( x − 3)  x + ÷ 2 x − +1 − x +1  ) − x − = x − 5x − ⇔ x = ⇔ 1  − = x + (2)  x − +1 − x +1  (2) ⇔ 1 = 2x + 1+ ; Ta có x − +1 − x +1 / −1   f '( x ) =  ÷ =  x − +1 x − x − +1 ( ) < 0, ∀x ∈ (2;4) suy hs f(x) nghịch biến [2;4] ⇒ f(x) ≤ f(2) = 1, ∀x ∈ [2;4] ; Ngoài g ( x ) = x + + − x + > 5, ∀x ∈ [2;4] Vậy pt (2) vô nghiệm Kết luận: Pt cho có ngiệm x = DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA π π   Chú ý: Nếu phương trình chứa a − x , a > đặt x = a sin t, t ∈  − ;  2   21 Ví dụ 41 ( ) Giải phương trình + − x = x + − x , x = , x = Điều kiện: − x ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ π π   Đặt x = sint, t ∈  − ;  ; Khi phương trình trở thành:  2 ( ) + − sin t = sin t + − sin t ⇔ + cos t = sin t ( + cos t ) ⇔ cos t = sin t + sin 2t t  π  x = sin = t = π (loai )  cos =  t 3t t ⇔ cos = 2sin cos ⇔  ⇔ π π ⇒ t = v t = π 2 sin 3t =  x = sin =      2 Kết luận: x = , x = Ví dụ 42 Giải phương trình x + (1− x ) ( = x − x2 ) Đk: − x ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ Đặt x = sint, với  −π π  t∈ ;  ;  2 phương trình trở thành: sin t + ( cos t ) = sin t cos t ⇔ sin t + cos3 t = sin t cos t ⇔ (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) = sin t cos t  π Đặt u = sint + cost = sin  t + ÷, − ≤ u ≤ ; ta có  4 u = + 2sin t cos t ⇒ sin t cos t = u −1 2 Pt trở thành: u(3 − u ) = 2(u − 1) ⇔ u + 2u − 3u − = u = ⇔ (u − 2)(u + 2u + 1) = ⇔  ; so với điều kiện u = u = − ±  u = − +1 π π  π  π * u = ⇒ sin  t + ÷ = ⇔ sin  t + ÷ = ⇔ t = ⇒ x = sin =  4  4 4 * u = − ⇒ sin t + cos t = − ⇔ x + − x = − ⇔ − x = (1 − 2) − x x ≤ 1− x ≤ 1− x ≤ 1−    ⇔ ⇔ ⇔ 1− ± 2 −1 2 2 1 − x = (1 − 2) − 2(1 − 2) x + x  x − (1 − 2) x + − = x =    ⇔x= 1− − 2 −1 Kết luận: x = v x = − − 2 − 2 22 III HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Bản thân nhận thấy qua thời gian, học sinh 12 thuộc lớp tơi phụ trách dễ dàng việc giải phương trình chứa từ hỗ trợ tốt cho tốn liên quan bất phương trình, hệ bất phương trình chứa Điều có tác dụng tích cực giúp em tự tin, hứng thú giải đề thi Đại học – Cao Đẳng IV ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Có thể áp dụng tốt cho HS luyện thi ĐH-CĐ, HSG khối 10 (với kiến thức phù hợp) V TÀI LIỆU THAM KHẢO: -Sách giáo khoa Đại số lớp 10 nâng cao & Sách tập -Sách tham khảo của tác giả: o Chuyên đề Đại số - Nguyễn Văn Nho - Nguyễn Văn Thổ (Nhà xuất ĐHQG HCM 2005) o Bài giảng trọng tâm ơn luyện Tốn – Trần phương (Nhà xuất ĐHQG Hà Nội - 2009) - Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm đề dự bị KẾT LUẬN Trên vài kinh nghiệm góp nhặt thời gian giảng dạy Tốn 11 12 dĩ nhiên khó thể tránh khỏi thiếu sót Do đó, mong quý Thầy Cơ có quan tâm đến vấn đề xin vui lịng góp ý Tơi xin chân thành cảm ơn Biên Hòa, tháng 05 – 2014 Người thực Nguyễn Vũ Khanh 23 BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT Nam Hà ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Đồng Nai, ngày 20 tháng năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 - 2014 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Họ tên tác giả: Nguyễn Vũ Khanh Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị: Trường THPT Nam - Hà, Xã Hiệp Hòa, Biên Hịa Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Đề giải pháp thay hồn tồn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Đề giải pháp thay phần giải pháp có, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực toàn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực tồn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Trong Tổ/Phịng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết chịu trách nhiệm không chép tài liệu của người khác chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận kiểm tra ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không chép tài liệu của người khác chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của tác giả NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN (Ký tên ghi rõ họ tên) XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu) 24 25 ... thức hữu tỉ • Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng toán HHKG • Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ) Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương. .. tháng năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 - 2014 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Họ tên tác giả: Nguyễn Vũ Khanh Chức... giảng dạy mơn Tốn - Số năm có kinh nghiệm : 27 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần : • Vấn đề xét dấu biểu thức & ứng dụng vào giải phương trình, bất phương trình • Các tốn tiếp tuyến của