PHẦN MỘT: MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Với mục tiêu “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài, hình thành đội ngũ lao động có tri thức tay nghề, có lực thực hành, động, sáng tạo, có đạo đức cách mạng, tinh thần yêu nước, yêu chủ nghĩa xã hội" (Trích văn kiện Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ VII) Tại Hội nghị Ban Chấp hành Trung ương Đảng (khóa XI), ngày 29/10/2012 ban hành Kết luận số 51 KL/TW Đề án “Đổi bản, toàn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, đại hóa điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế” Trong năm qua giáo dục nước ta có đổi mạnh mẽ nội dung, phương pháp thu kết khả quan Việc đổi phương pháp dạy học vấn đề cấp bách, thiết thực nhằm đào tạo người có lực hoạt động trí tuệ tốt Đổi phương pháp dạy học không giảng lí thuyết, mà trình luyện tập Luyện tập việc rèn luyện kỹ tính toán, kỹ suy luận mà thông qua qua giúp học sinh biết tổng hợp, khái quát kiến thức học, xếp kiến thức cách hệ thống, giúp học sinh vận dụng kiến thức học vào giải tập cách động sáng tạo Về mặt phương pháp, từ phương pháp dạy truyền thống phương pháp dùng lời (thuyết trình, đàm thoại ), phương pháp trực quan, phương pháp thực hành, luyện tập đến xu hướng dạy học đại như: dạy học giải vấn đề, lý thuyết tình huống, dạy học phân hóa, dạy học có hỗ trợ công nghệ thông tin, có sử dụng máy tính tạo không khí học tập hoàn toàn Với tinh thần đó, có đổi mặt phương pháp giảng dạy để phù hợp với giáo dục giai đoạn Trong công tác giảng dạy, trau dồi, tích luỹ kinh nghiệm qua học, qua tiết dạy dự nhiều tiết dạy đồng nghiệp giúp ngày hoàn thiện từ giúp em học sinh hăng say tìm tòi nghiên cứu học tập, em linh hoạt sáng tạo đường chiếm lĩnh tri thức II MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Qua đề tài này, tác giả cố gắng làm sáng tỏ hệ thống kiến thức phương trình, bất phương trình vô tỉ trường phổ thông để hình thành cho học sinh phương pháp giải dạng toán cách chủ động, tự tin khoa học III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Các toán phương trình, bất phương trình vô tỉ trường THPT thường gặp kỳ thi THPT Quốc Gia thi HSG IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu Sách giáo khoa, Sách tập, Sách tham khảo, đề thi THPT, đề thi HSG tài liệu liên quan Phương pháp điều tra thực tiễn: Dự đồng nghiệp, quan sát việc dạy học phần tập Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Tiến hành tập thể lớp PHẦN HAI: NỘI DUNG A CỞ SỞ LÝ LUẬN: Muốn giải toán ta thường thực bước: Bước 1: Huy động kiến thức: Là thao tác tư nhằm tái kiến thức có liên quan với toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, toán gặp, người làm toán phải biết cần biết ý tưởng kiểu như: ta gặp toán gần gũi với toán hay chưa? Nhà bác học Polia viết sách kinh điển với nội dung: "Giải toán ông có đề cập đến nội dung điều kiện thiết yếu” Bước 2: Tổ chức kiến thức: Là tổ hợp hành động, thao tác để xếp kiến thức biết yêu cầu toán lên hệ với để từ trình bày toán theo thể thống Có nhiều cách lựa chọn cho việc tổ chức kiến thức mà phương pháp tương tự hay tổng quát hóa thao tác tư cần thiết cho người làm toán B THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Trong chương trình Toán cấp THCS THPT học sinh thường gặp nhiều toán phương trình bất phương trình vô tỉ (có ẩn dấu thức) Như vấn đề đặt làm để giải tốt loại toán này? Để trả lời câu hỏi thân học sinh cần có kiến thức nắm vững kỹ giải toán Song hiểu theo cách nói lẽ, để giải tốt loại toán lại vấn đề không dễ Khi làm tập dạng đa số học sinh gặp nhiều khó khăn, lời giải thường thiếu chặt chẽ dẫn đến kết tốt, có kết không cao Với đặc điểm vừa nêu, nghiên cứu, tìm tòi qua nhiều tài liệu, suy nghĩ nhiều giải pháp với mong muốn giúp em học sinh tiếp cận toán phương trình, bất phương trình vô tỉ cách đơn giản, nhẹ nhàng đảm bảo yêu cầu cần thiết nội dung này, giúp học sinh có nhìn cụ thể, rõ ràng vấn đề khó trường phổ thông, chọn đề tài “ Hướng dẫn học sinh giải phương trình, bất phương trình vô tỉ thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia thi học sinh Giỏi” Tôi mong qua đề tài góp phần làm tăng thêm khả tư khoa học, khả thực hành, kỹ giải toán phương trình bất phương trình vô tỉ phần đa em học sinh C CÁC GIẢI PHÁP ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I HƯỚNG DẪN HỌC SINH TIẾP THU KIẾN THỨC CƠ BẢN Những định lý dấu thường sử dụng: 1.1 Định lý dấu nhị thức bậc nhất: b a Cho nhị thức f ( x) = a.x + b ( a, b ∈ R, a ≠ ) có nghiệm x0 = − Khi dấu f ( x) thể tóm tắt qua bảng sau: −∞ x Dấu f ( x) +∞ x0 trái dấu hệ số a dấu hệ số a 1.2: Định lý dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức f ( x) = a.x + b.x + c ( a, b, c ∈ R; a ≠ ) Kí hiệu ∆ = b − 4ac ( ∆ ' = b '2 − ac ) Khi đó: + Nếu ∆ < tam thức dấu hệ số a với ∀x ∈ ¡ (có nghĩa a f ( x) > ∀x ∈ ¡ ) + Nếu ∆ = tam thức dấu hệ số a với ∀x ∈ ¡ , x ≠ − a f ( x) > ∀x ≠ − b 2.a (nghĩa b ) 2a −b − ∆ −b + ∆ + Nếu ∆ > tam thức có hai nghiệm phân biệt x1 = , x2 = 2a 2a Khi dấu tam thức thể tóm tắt qua bảng sau x Dấu f(x) −∞ x1 dấu a +∞ x2 trái dấu a dấu a Các bước thực giải phương trình, bất phương trình vô tỉ Bước 1: Nêu điều kiện xác định điều kiện nghiệm (nếu có) Bước 2: Dùng phép biến đổi tương đương để khử dần thức Bước 3: Đưa hệ gồm phương trình, bất phương trình đơn giản giải hệ thu Bước 4: Lấy giao tập nghiệm vừa tìm để xác định tập nghiệm cho toán ban đầu (có thể sử dụng trục số để lấy nghiệm) Các phương trình, bất phương trình vô tỉ bản: Dạng Phương trình f ( x) = g ( x) (1)  g ( x) ≥ Đối với phương trình dạng (1) ta đưa giải hệ sau   f ( x) = [g ( x )] Ví dụ 1: Giải phương trình 3x − x + = x − Lời giải: Phương trình tương đương với hệ 2 x − ≥ x ≥ x ≥ Vậy, tập nghiệm PT S = { 1;3} ⇔ ⇔  2 x = 1∨ x = 3 x − x + = (2 x − 2) x − 4x + = Ví dụ 2: Giải phương trình − x + x − = x − Lời giải: Phương trình tương đương với hệ   x≥  x ≥ 2 x − ≥ 14   14  ⇔ ⇔ ⇔ x = Vậy S =    2 5  − x + x − = x − 20 x + 25 5 x − 24 x + 28 =  x = 14 ∨ x =   Dạng Bất phương trình f ( x) ≤ g ( x ) (2)  g ( x) ≥  Đối với bất phương trình dạng (2) ta đưa giải hệ  f ( x) ≥   f ( x) ≤ [ g ( x) ] Ví dụ 3: Giải bất phương trình x − x + < x + (3) x +1 >  x > −1 1 < x ≤1   ⇔  x ≤ ∨ x ≥ −3 ⇔  Lời giải: Bất phương trình (3) ⇔  x − x + ≥   x − x + < ( x + 1) 6 x − > x ≥     Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S =  ;1 ∪ [ 3; +∞ ) 3  Ví dụ 4: Giải bất phương trình 2( x − 1) ≤ x + Lời giải: Bất phương trình tương đương hệ sau  2( x − 1) ≥  x ≤ −1 ∨ x ≥  x = −1 ∨ x ≥  x = −1   ⇔  x ≥ −1 ⇔ ⇔ x +1 ≥  −1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤  2( x − 1) ≤ ( x + 1)  x2 − x − ≤   Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = [1;3] ∪ { −1} Dạng Bất phương trình f ( x) ≥ g ( x ) (III) Đối với bất phương trình dạng (3) ta đưa giải hai hệ  g ( x) ≤ (A) hệ  f ( x) ≥   g ( x ) ≥  (B)  f ( x) ≥ [ g ( x) ] Ví dụ 5: Giải bất phương trình x − x > x − Lời giải: Bất phương trình tương đương với hai hệ sau:  x2 − x ≥ x − ≥  (A)  2 (B) x − <  x − x > ( x − 3) x ≤ ∨ x ≥ ⇔ x ≤ x < x ≥ ⇔x> 2 x > *) Hệ (B) ta có ⇔  *) Hệ (A) ta có    Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = ( −∞;0] ∪  ; +∞ ÷ 2  Ví dụ 6: Giải bất phương trình x − x + + x ≥ Lời giải: Bất phương trình cho viết lại x − x + ≥ − x (6) Bất phương trình (6) tương đương với hai hệ sau:  x2 − x + ≥  (A) 3 − x < 3 − x ≥  2  x − x + ≥ (3 − x) (B) ∀x ∈ ¡  * Giải hệ (A) ta  ⇔ x > * Giải hệ (B) ta  x >  x ≤ ⇔ ≤x≤  3 x − x + ≤    Vậy tập nghiệm BPT cho S =  ; +∞ ÷ 3  II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ TRONG THI THPT QUỐC GIA VÀ THI HỌC SINH GIỎI Phương pháp 1: Nâng lũy thừa phép biến đổi tương đương để đưa phương trình, bất phương trình hệ Thuật toán chung: Bước 1: Nhận dạng đặc điểm toán, nêu điều kiện xác định (ĐKXĐ) Bước 2: Biến đổi để hai vế không âm, cần Bước 3: Nâng lũy thừa (thường bậc hai) hai vế để khử dần thức Bước 4: Gộp điều kiện lại để hệ gồm PT, BPT Bước 5: Giải hệ thu để từ xác định tập nghiệm toán Một số ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình 2( x + 4) − x = x + (1) Lời giải: Điều kiện xác định: x ≥ Ta có (1) ⇔ 2( x + 4) = x + + x ⇔ 2( x + 4) = x + + (2 x + 3)(2 x) + x 5 − x ≥ ⇔ (2 x + 3)(2 x) = − x ⇔  (1’) 4(2 x + 3)(2 x) = (5 − x)   x≤  x ≤  1  ⇔ ⇔ x = Vậy, tập nghiệm S =   Ta có (1’) ⇔  2 2 12 x + 44 x − 25 =  x = ∨ x = − 25   Ví dụ 2: Giải bất phương trình x + − x − ≤ x Lời giải: Điều kiện xác định: x ≥ (2) Ta có (2) ⇔ x + ≤ x − + x ⇔ x − x ≥ − x (2’), x ≥ ⇒ − x ≤ , BPT 4 (2’) thỏa mãn Vậy, tập nghiệm cần tìm S = [ ; +∞) Ví dụ 3: Giải bất phương trình x + − x − ≥ x − (3) Lời giải: Điều kiện xác định: x ≥ Ta có (3) ⇔ x + ≥ x − + x − ⇔ x + ≥ 3x − + 2 x − x − ⇔ x − x + ≤ − x (3’) 3 − x ≥ 3 3   ≤ x≤3  ≤ x≤3 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ ≤ x ≤ (3’) ⇔ 2 x − x + ≥ 2 x − x + ≤ (3 − x)  x2 + x − ≤ −3 ≤ x ≤     Tập nghiệm bất phương trình S =  ;  2  Ví dụ 4: Giải phương trình x − x + x − x = x + 3x (4)  x2 − x ≥ x ≥   Lời giải: Điều kiện:  x − x ≥ ⇔  x =  x + 3x ≥  x ≤ −3  Bình phương hai vế phương trình cho ta ( x − x) + ( x − x) + x − x x − x = x + x ⇔ x − x x − x = x − x 0 ≤ x ≤ x =  6 x − x ≥ ⇔ ⇔  x = ⇔  2  x = 21 4( x − x)( x − x) = (6 x − x )    3x = 28  21      Vậy, tập nghiệm phương trình S = 0; Ví dụ 5: Giải bất phương trình 2(x2 − 16) x− + x− > 7− x x− (5)  x2 − 16 ≥ ⇔ x≥ Lời giải: Điều kiện:  x− 3> Biến đổi bất phương trình dạng 2(x2 − 16) + x − > 7− x ⇔ 2(x2 − 16) > 10− 2x (5’) 10 − 2x < x >  ⇔ ⇔ x > 10 − 34 Bất phương trình (5’) ⇔  10 − 2x ≥ 10 − 34 < x ≤   2  2(x − 16) > (10 − 2x)  Vậy, tập nghiệm bất phương trình cho là: S = ( 10 − 34; +∞ ) Ví dụ 6: Giải bất phương trình −3x2 + x + + < (6) x 3x2 + x + ≥ ⇔ −1 ≤ x ≤ , x ≠ Lời giải: Điều kiện:  x ≠ Ta xét theo hai trường hợp sau: Trường hợp 1: < x ≤ , (6) ⇔ −3x + x + < x − (6.1) x > 2 x − >    ⇔  −1 ≤ x ≤ ⇔ Trường hợp 2: −1 ≤ x < , bất phương trình (6) ⇔ −3x + x + > x − (6.2) Bất phương trình (6.2) luôn (vì x − < ∀x < ) Vậy tập nghiệm bất phương trình cho là: S = [ − 1;0) ∪ (0; ] Nhận xét: Đối với bất phương trình có chứa ẩn mẫu thức, ta chia miền xác định toán để xét Phương pháp 2: Dùng ẩn phụ để đưa phương trình, hệ phương trình bất phương trình đơn giản Thuật toán chung: Bước Đặt t = f ( x) (hoặc t = a f ( x) + b g ( x) + ) , với f ( x), g ( x), biểu thức x a, b, số Nêu điều kiện cho t (nếu cần) Bước Đưa toán phương trình, bất phương trình ẩn t Giải toán theo t Bước Với giá trị nghiệm thỏa mãn, thay trở lại để tìm x Kết luận tập nghiệm Các trường hợp thường gặp cách đặt ẩn phụ: Loại 1: Trong phương trình, bất phương trình có chứa: f ( x) , f ( x) * Trong trường hợp ta thường đặt t = f ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình x + x + = − x − x Lời giải: Đặt t = x + x + ( t ≥ ) ⇒ t = x + x + Phương trình trở thành t + t − = ⇔ t = ∨ t = −3 Vì t ≥ nên ta chọn t = ⇒ x + x + = ⇔ x + x = 2 Giải phương trình ta x = 0, x = −2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình ( x + 1) ( x + ) < x + x + 28 Lời giải: Đặt t = x + x + 28 ( t ≥ ) ⇒ t = x + x + 28 Bất phương trình trở thành t − 5t − 24 < ⇔ −3 < t < Vì t ≥ nên ta có t < ⇒ x + x − 36 < ⇔ −9 < x < Vậy tập nghiệm bất phương trình S = (−9; 4) Loại 2: Phương trình, bất phương trình cho biến đổi dạng A ( ) f ( x) ± g ( x ) + B f ( x).g ( x ) + C.h( x) = (hoặc A ( ) f ( x) ± g ( x) + B f ( x).g ( x) + C.h( x) ≥ Trong đó: A, B, C số, f ( x), g ( x), h( x) biểu thức x * Trong trường hợp ta thường đặt t = f ( x) ± g ( x) biến đổi đưa phương trình, bất phương trình ẩn t Ví dụ 3: Giải phương trình 2( x − 1)( x + 2) + = (3 − x − x ) x + x + Lời giải: Điều kiện xác định: x ∈ ¡ Phương trình tương đương với 2( x + x + 2) − = [5 − ( x + x + 2)] x + x + Đặt t = x + x + ( t ≥ ) Phương trình trở thành 2t − = (5 − t )t ⇔ t + 2t − 5t − = ⇔ (t − 2)(t + 1)(t + 3) = ⇔ t = (vì t ≥ ) từ ta ⇔ x = −2 ∨ x = Vậy, tập nghiệm phương trình S = { −2;1} x2 + x + = ⇔ x2 + x − = Ví dụ 4: Giải phương trình − x + x + x − x = Lời giải: Điều kiện xác định: ≤ x ≤ Đặt t = − x + x ⇒ t = + 2 x − x (với t ≥ ), phương trình trở thành t+ 5 12 t − ) = ⇔ t + t − 12 = ⇔ t = t = − ( 2 Do t ≥ nên ta chọn t = ⇒ x − x = ⇔ x − x + = ⇔ x = Ví dụ 5: Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − 3x Lời giải: Điều kiện xác định −2 ≤ x ≤ Đặt t = + x − 2 − x ⇒ t = + x − 4 − x + − x t = t = phương trình trở thành 3t + 10 − t = 10 ⇔ t − 3t = ⇔  * t = 0⇒ 2+ x −2 2− x = ⇔ 2+ x = 2− x ⇔ x = (thỏa mãn điều kiện) * t = ⇒ + x − 2 − x = ⇔ + x = + 2 − x ⇔ + x = + 12 − x + 4(2 − x) ⇔ 12 − x = x − 15 ( PT vô nghiệm x ≤ ⇒ VP = x − 15 < ≤ VT ) 6 Vậy tập nghiệm phương trình cho S =   5 Loại 3: Sử dụng kỹ thuật nhân, chia cho đại lượng (khác 0) để xuất ẩn phụ Ví dụ 6: Giải phương trình x − x + + x + 11x + = x Lời giải: Điều kiện x ≥ *Xét x = không thỏa mãn phương trình *Xét x ≠ , chia hai vế phương trình cho x −1 + 4 + x + 11 + = ⇔ x x x+ x ta phương trình 4 − + x + + 11 = x x x Đặt t = x + − ( t ≥ ), phương trình trở thành t + 12 + t = ⇔ t + 12 = − t 6 − t ≥ t ≤ 4 ⇔ ⇔ ⇒ t = Với t = ⇒ x + − = ⇔ x + − = x x t = t + 12 = (6 − t )  x = Vậy tập nghiệm phương trình cho S = { 1; 4} ⇔ x2 − 5x + = ⇔  x =  Ví dụ 7: Giải bất phương trình x + + x − x + ≥ x Lời giải: Điều kiện x ≥ * Xét x = : thỏa mãn bất phương trình * Xét x ≠ , chia hai vế bất phương trình cho x ta 1 + x + − ≥ Đặt t = x + ( t > ), bất phương trình trở thành x x x x+ 3 − t ≥ ⇔ − t < 2 t + t −6 ≥ ⇔ t − ≥ 3−t Giải ta t ≥ t − ≥ ( − t ) 2 10 5 1 ≥ ⇔ x ≥ x ≤ ⇔ 0< x ≤ ∨ x ≥ Với t ≥ ⇒ x + x 2 4 Vậy tập nghiệm bất phương trình cho S = [0; ] ∪ [ 4; +∞ ) Ví dụ 8: Giải phương trình x − x + = x3 + Lời giải: Điều kiện x ≥ −2 Phương trình biến đổi thành 2( x − x + 4) − 2( x + 2) − ( x + 2)( x − x + 4) = Chia hai vế phương trình cho x − x + > ta 2( x + 2) 2( x + 2) x+2 −3 = Đặt t = ( t ≥ ), phương trình trở 2 ( x − x + 4) ( x − x + 4) x − 2x + 1 thành 2t + 3t − = ⇔ t = ∨ t = −2 Do t ≥ nên ta chọn t = 2 2− ⇒  x = − 13 x+2 x+2 ⇔ ⇔ =  = ⇔ x − x − = x − 2x + 4 x2 − x +  x = + 13 Ví dụ 9: Giải bất phương trình ( x − 1)2 + ≤ x3 − Lời giải: Điều kiện x ≥ Bất phương trình biến đổi thành ( x + x + 1) − 2( x − 1) − ( x − 1)( x + x + 1) ≤ ⇔ − 3( x − 1) x −1 −2 ≤ ( x + x + 1) x + x +1 x −1 ( t ≥ ), bất phương trình trở thành 3t + 2t − ≥ ⇔ t ≥ ∨ t ≤ −1 x + x +1 x −1 x −1 ≥ ⇔ x − x + 10 ≤ ≥ ⇔ Do t ≥ nên ta chọn t ≥ ⇒ x + x +1 x + x +1 Đặt t = ⇔ − ≤ x ≤ + Vậy, tập nghiệm BPT S =  − 6; +  Ví dụ 10: Giải bất phương trình x − x − 20 + x ≤ x − x − Lời giải: Điều kiện x ≥ Bình phương hai vế ta x − x − 20 + x + x ( x − x − 20) ≤ x − x − ⇔ x( x − x − 20) ≤ x ( x − 2) − 2( x + 1) Chia hai vế bất phương trình cho x + > ta Đặt t = x( x − 2) x( x − 2) ≤2 −2 x +1 x +1 x( x − 2) ( t ≥ ), bất phương trình trở thành 2t − 3t − ≥ ⇔ t ≥ ∨ t ≤ − x +1 Do t ≥ nên ta chọn t ≥ ⇔ x( x − 2) ≥ ⇔ x − x − ≥ ⇔ x ≤ − 13 ∨ x ≥ + 13 x +1 11 Kết hợp điều kiện xác định ta suy tập nghiệm BPT S = 3 + 13; +∞ ) Loại 4: Sử dụng hai ẩn phụ để chuyển hệ đơn giản Ví dụ 11: Giải phương trình 3x − − x − = Lời giải: Điều kiện x ≥ Đặt 3x − = u, x − = v với u ≥ 0, v ≥ ⇒ u = 3x − , v = x − ⇒ 2u − 3v = −1 Khi ta thu hệ  2u − v = v = 2u − u = u = 1/ ⇔ ⇔     2 v =  v = −3 /  2u − 3v = −1 10u − 12u + = u = ⇒ 3x − = x − = ⇔ x = v = Do điều kiện u, v nên ta chọn  Ví dụ 12: Giải phương trình x + + (1 − x)(4 x + 5) = − − x Lời giải: Điều kiện − ≤ x ≤ Đặt x + = u, − x = v với u ≥ 0, v ≥ ⇒ u + v = (u + v) − uv = (3 − 2uv) − uv = uv = ⇔ Khi ta thu hệ  ⇒ 4u v − 12uv = ⇔  \  uv = u + v + 2uv = u + v = − 2uv * uv = ⇒ ( x + ) ( − x ) = ⇔ x = ∨ x = −5 / * uv = ⇒ ( x + ) ( − x ) = ⇔ 16 x − 16 x + 11 = (VN) Vậy, tập nghiệm S = { 1; − / 4} Ví dụ 13: Giải phương trình x + = Lời giải: Điều kiện x ≥ Đặt 4x − 4x − = y ( y ≥ ) ⇒ y2 + = 4x 5 x + = y ⇒ ( x − y )(5 x + y + 4) = ⇔ x = y ∨ x + y + = Ta hệ  5 y + = x Vì x ≥ 0, y ≥ ⇒ x + y + > , x = y ⇒ x − x + = (VN) Vậy, toán vô nghiệm Phương pháp 3: Nhóm nhân tử chung để đưa dạng tích Thuật toán chung: 1) Nêu điều kiện xác định điều kiện nghiệm, có 2) Nhận dạng biểu thức xuất toán để ghép thành cặp cho xuất nhân tử chung 12 3) Biến đổi để đưa phương trình, bất phương trình có dạng tích 4) Giải phương trình, bất phương trình thu từ kết Lấy nghiệm toán Một số ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải bất phương trình x + 10 x + 21 ≥ x + + x + − Lời giải: Điều kiện x ≥ −3 BPT tương đương với ( x + 3)( x + 7) − x + − x + + ≥  x + ≥ (A) ⇔ ( x + − 2)( x + − 3) ≥ ⇔   x + ≥  x + ≤ (B)   x + ≤ x + ≥ x + ≤ ⇔ x ≥ Hệ (B) ⇔  ⇔ x ≤1 x + ≥ x + ≤ Hệ (A) ⇔  Tập nghiệm bất phương trình S = [ −3;1] ∪ [ 2; +∞ ) Ví dụ 2: Giải phương trình x + x + 3x + + x = x + + x + x Lời giải: Điều kiện x ≥ Phương trình cho tương đương với (3 + x )( x + 1) + x = x + + x( x + 1)  x2 + = 2x ⇔ x + 1( x + − x ) − ( x + − x ) = ⇔ ( x + − x )( x + − 1) = ⇔   x + = 2 Từ suy nghiệm phương trình x = Ví dụ 3: Giải phương trình x + x + = x + Lời giải: Điều kiện x ≥ −3 / Phương trình tương đương với x − x + = ( x + ) − x + + 4 2 2 x − = x + 3  1  ⇔  2x − ÷ =  2x + − ÷ ⇔ 2x − 2x + −1 2x + 2x + − = ⇔  2  2   x − = x + ( )( Giải phương trình dạng ta tìm x = ) − 21 + 17 , x= 4 Phương pháp 4: Nhân chia với biểu thức liên hợp 1.Thuật toán chung: Bước Nhận dạng đặc điểm toán Nêu điều kiện xác định điều kiện nghiệm, có Bước Nhân hai vế phương trình, bất phương trình với biểu thức liên hợp tương ứng, từ biến đổi làm xuất nhân tử chung chúng 13 Bước Đưa phương trình, bất phương trình dạng đơn giản Giải phương trình, bất phương trình Lấy nghiệm toán Một số ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình x + + = x + 3x Lời giải: Điều kiện x ≥ Phương trình tương đương với (4 x − 1) + x − x + = ⇔ (2 x − 1)(2 x + 1) + ⇔ (2 x − 1)(2 x + + 2x −1 =0 3x + x + 1 ) = ⇒ x − = (do x + + > ∀x ≥ ) 3x + x + 3x + x + 1 Vậy, nghiệm phương trình x = Ví dụ 2: Giải phương trình x − + x = x − Lời giải: Điều kiện x ≥ Phương trình tương đương với ⇔ x=3 x−3 − 2( x − 3) = ⇔ ( x − 3)( − 2) = 2x − + x 2x − + x (1) =2 2x − (2) Do x ≥ 3 < ⇒ (2) vô nghiệm ⇒ 2x − + x ≥ >1 ⇒ 2x − + x 2 Vậy, phương trình cho có nghiệm x = x2 < x + 21 Ví dụ 3: Giải bất phương trình (3 − x + 9) Lời giải: Điều kiện x ≥ − , x ≠ Nhân, chia vế trái BPT với ( + + 2x ) ta 2 2  x(3 + x + 9)   + + 2x   < x + 21 ⇔ < x + 21 ⇔ + x < ⇔ x < ÷  ÷ ÷ ÷ 2  (9 − (2 x + 9)        Kết hợp điều kiện xác định ta suy tập nghiệm BPT S =  − ;0 ÷∪  0; ÷    2 Ví dụ 4: Giải bất phương trình 4( x + 1) < (2 x + 10)(1 − + x ) Lời giải: Điều kiện x ≥ − Nhân hai vế BPT với ( + + 2x ) ta 2 4( x + 1) (1 + + x ) < (2 x + 10)(1 − + x ) (1 + + x ) 14  x ≠ −1  x ≠ −1 ⇔ ⇔ 4( x + 1) (1 + + x ) < (2 x + 10)(−2 − x) ⇔   (1 + + x ) < (2 x + 10)  + x <  x ≠ −1   ⇔ Kết hợp điều kiện xác định ta suy tập nghiệm S =  − ; −1÷∪ ( −1;3)   x < Ví dụ 5: Giải phương trình x − + − x = x2 − 5x −1 Lời giải: Điều kiện ≤ x ≤ Phương trình tương đương với ( x − − 1) + ( − x − 1) − ( x − 3)(2 x + 1) = ⇔ x−3 3− x 1   + − ( x − 3)(2 x + 1) = ⇔ ( x − 3)  − − (2 x + 1) ÷ = (*) x − +1 − x +1 − x +1  x − +1  Xét hàm f ( x) = −1 1 − ∀t ∈ ¡ nên suy hàm số đồng biến R, phương trình (1’) tương đương với f ( x + 1) = f ( 3x + 1)  x + ≥  x ≥ −1 x = ⇔ ⇔ ⇔ x + = 3x +  ⇔  x = 3x + = ( x + 1) x − x = Ví dụ 2: Giải bất phương trình x3 + x > ( x + 2) x + (2) Lời giải: Điều kiện x ≥ −1 Khi (2) ⇔ (2 x)3 + x > ( ( x + 1)3 + x + (2’) Xét hàm số f (t ) = t + t với t ∈ ¡ , ta có f '(t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ 2 x ≥ x ≥ ⇔  2 x +1 < 4x 4 x − x − > BPT cho có dạng f (2 x) = f ( x + 1) ⇔ x + < x ⇔   + 17  ; +∞ ÷ ÷   Giải hệ kết hợp điều kiện xác định ta suy tập nghiệm S =  Ví dụ 3: Giải bất phương trình ( x − 1) x − x + − x x + ≥ x + Lời giải: Điều kiện x ∈ ¡ Bất phương trình tương đương với ( x − 1)( x − x + + 1) ≥ x x + + x ⇔ ( x − 1)( ( x − 1) + + ( x − 1) ≥ x x + + x Xét hàm số f (t ) = t + t t + với t ∈ ¡ , ta có f '(t ) = + t + + t2 > ∀t ∈ ¡ t2 + hàm đồng biến, BPT tương đương với f ( x − 1) ≥ f (2 x ) ⇔ x − ≥ x ⇔ x ≤ −1 ⇒ f Vậy, tập nghiệm BPT S = ( −∞; −1] Ví dụ 4: Giải phương trình x3 − 36 x + 53x − 25 = 3x − (3) Lời giải: Điều kiện x ∈ ¡ Phương trình tương đương với (2 x − 3)3 + (2 x − 3) = ( 3 x − 5)3 + 3 x − Xét hàm số f (t ) = t + t với t ∈ ¡ Ta có f '(t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ suy hàm số đồng biến R, phương trình (3) tương đương với f (2 x − 3) = f ( x − 3) ⇔ x − = x − ⇔ x − 36 x + 51x − 22 = x = x = ⇔ ⇔ ( x − 2)(8 x − 20 x + 11) = ⇔  x = ± 8 x − 20 x + 11 =  16 Ví dụ 5: Giải phương trình 2 x + + − x = x + 16 (4) Lời giải: Điều kiện −2 ≤ x ≤ Bình phương hai vế phương trình ta 16 −2 x + = x + x − 32 x x x ⇔ 4(−2 x + 8) + 16 −2 x + =  ÷ + 16  ÷ −2 ≤ x ≤ ⇒ ≥ −1 2 2 −2 x + ≥ Xét hàm số f (t ) = 4t + 16t với t ≥ −1 ta có f '(t ) = 8t + 16 > ∀t ≥ −1 hàm f đồng biến miền xét, suy phương trình (1) tương đương với −2 x + = x x ≥ x ≥  2 ⇔ ⇔ ⇔x=  x 9 x = 32  −2 x + =  Ví dụ 6: Giải phương trình x2 + x − = ( x + 1)( x + − 2) x2 − x + Lời giải: Điều kiện x ≥ −2 Phương trình tương đương với ( x − 2)( x + 4) ( x − 2) x+4 = ( x + 1) = ⇔ x = 2 x − 2x + x − 2x + x+2 −2 x +1 x+2+2 (*) Phương trình (*) tương đương ( x + 4) x + + 2) = ( x + 1)( x − x + 3) ⇔ (( x + 2) + 2) x + + 2) = (( x − 1) + 2)(( x − 1) + 2) Xét hàm số f (t ) = (t + 2)(t + 2) với t ∈ ¡ , ta có f '(t ) = 3t + 4t + > ∀t ∈ ¡ PT tương đương với x ≥  x − ≥ + 13 ⇔ x + = x −1 ⇒x=  ⇔  2  x + = ( x − 1)  x − 3x − =  + 17      Vậy, tập nghiệm PT S = 2; Ví dụ 7: Giải bất phương trình x − 3x − ≤ x − x − x x + (6) Lời giải: Điều kiện x ≥ / Ta có (6) ⇔ x + x x + ≤ 3x − + (3x − 2).3x ⇔ x + x x + ≤ 3x − + 3x − (3 x − 2) + 2 Xét hàm số f (t ) = t + t t + với t ∈ ¡ , ta có f '(t ) = + t + + t2 > ∀t ∈ ¡ t2 + hàm đồng biến, BPT tương đương với f ( x) ≤ f ( 3x − 2) ⇔ x < 3x − (*) ⇒ f ⇔ x − x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ (vì x ≥ / nên hai vế BPT (*) dương) Vậy, tập nghiệm BPT S = [ 1; 2] 17 Phương pháp 6: Sử dụng bảng biến thiên hàm số để biện luận toán có chứa tham số 1.Thuật toán chung: Bước 1: Nêu điều kiện xác định điều kiện nghiệm, có Bước 2: Cô lập tham số vế phương trình, bất phương trình Bước 3: Xét hàm số tương ứng vế lại Lập bảng biến thiên hàm số vừa xét Bước 4: Căn vào bảng biến thiên để qua xác định giá trị tham số cần tìm Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau x − + 21 − x − x − m = a) Có nghiệm b) Có nghiệm c) có nghiệm phân biệt Giải : Tập xác định D= [-7;3], Xét hàm số f ( x ) = x − + 21 − x − x , ta có f '( x ) = − 3(2 + x ) 21 − x − x , f’(x) = ⇔ x= - (Loại) v x = Ta có bảng biến thiên hàm số f(x) x -7 f’(x) + 15 - f(x) -30 10 f ( x ) ≤ m ≤ max f ( x ) ⇔ - 30 ≤ m ≤ 15 a) Phương trình có nghiệm [ −7;3] [ −7;3] b) Phương trình có nghiệm - 30 ≤ m < 10 m = 15 c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 10 ≤ m < 15 Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình: mx − x − ≤ m + có nghiệm Lời giải: Điều kiện: x ≥ Đặt t = x − ( t ≥ ), bất phương trình trở thành m(t + 3) − ≤ m + ⇔ m ≤ t +1 t2 + t +1 −t − 2t + f '( t ) = có , f '(t ) = ⇔ t = −1 ± Vì t ≥ nên t = −1 + t2 + (t + 2)2 Bảng biến thiên hàm f (t ) Xét hàm f (t ) = t f’(t) f(t) −1 + + +∞ − 1+ Qua bảng biến thiên hàm số ta suy bất phương trình cho có nghiệm m ≤ max f (t ) = [ 0;+∞ ) 1+ 18 x x + x + 12 = m ( − x + − x ) g ( x ) = x x + x + 12 > ⇒ g ′ ( x ) = x + >0 2 x + 12 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: Lời giải: Đặt có nghiệm −1 − giảm hay h ( x ) > tăng ⇒ f ( x ) = h ( x ) tăng f ( x ) ; max f ( x )  = [ f ( ) ; f ( ) ] =  ( 15 − 12 ) ;12  nghiệm ⇔ m ∈  [ 0;4] [ 0;4]  h ( x ) = − x + − x > ⇒ h′ ( x ) = Suy ra: g ( x ) > Suy f ( x ) = m có Phương pháp 7: Sử dụng tính chất bất đẳng thức để đánh giá Ví dụ 1: Giải phương trình x + x + = 2 x + Lời giải: Điều kiện x ≥ −3 / Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (2 x + 3) + ≥ 2 x + kết hợp với phương trình cho ta x + ≥ x + x + ⇔ x + x + ≤ ⇔ ( x + 1)2 ≤ ⇔ x = −1 Vậy, phương trình có nghiệm x = −1 Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x− x − 2(x − x + 1) ≥1 Lời giải: Ta có − 2(x − x + 1) < nên BPT ⇔ 2(x − x + 1) ≤ − x + x (1) Mặt khác ta lại có: 2(x − x + 1) = 2(1 − x) + 2( x ) ≥ − x + x (2) Từ (1) (2) ⇒ 2(x − x + 1) = − x + x Dấu − x = x ⇔ x = Ví dụ 3: Giải phương trình 3− (nhận) x − + − x = x − 10 x + 27 Lời giải: Điều kiện ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cau chy ta có x − ≤ 1+ x − 1+ − x ⇒ VT ≤ ; − x ≤ 2 Mặt khác: VP = x − 10 x + 27 = ( x − 5) + ≥ , phương trình xảy 1 = x − = − x ⇔ x = Vậy, phương trình có nghiệm x = VT = VP = ⇔  x − =  x Ví dụ 4: Giải phương trình x = x − + − x Lời giải: Điều kiện x ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cau chy ta có 1( x − ) ≤ x 1+ x + x; + x −1 suy ( x − 1) ≤ x x 19  1= x −   x 1 ⇔ x2 − x −1 = x − + − ≤ x , phương trình xảy kh  x x  = x −1  x Giải kết hợp điều kiện xác định ta x = 1+ PHẦN BA: KẾT LUẬN Kết đạt Sau thời gian giảng dạy thấy thu kết khả quan: Đa số học sinh tiếp thu kiến thức Nhiều kĩ giải toán, trình bày toán, cách tiến hành số dạng tập tập vận dụng nâng cao học sinh thực thành thạo Nhiều kĩ giải toán, trình bày toán, cách tiến hành số dạng vận dụng nâng cao học sinh thực thành thạo Nhiều kĩ giải toán, trình bày toán, cách tiến hành số dạng vận dụng nâng cao học sinh thực thành Tinh thần học tập em học sinh nghiên cứu phần tăng lên đáng kể, em hứng thú việc tìm tòi, khám phá lời giải, đồng thời tạo động lực để thúc đẩy việc nghiên cứu tiếp thu phần kiến thức khác Kết học phần nâng lên rõ rệt Trong thi kiểm tra định kỳ, thi học kỳ, thi THPT có nhiều em đạt điểm 10 môn Toán, có nhiều em đạt kết điểm thi vào Đại học, Cao đẳng với điểm số cao Trên sở chuyên đề với đồng ý Ban giám hiệu nhà trường, tổ chuyên môn ,tôi tiến hành thực nội dung chuyên đề nêu trên ba năm liên tục, lớp 12A3, 12A9, 12A10 (năm học 2013 - 2014), lớp 12A1, 12A5, 12A7 (năm học 2014 - 2015) lớp 12A3,12A5, 12A9 (năm học 2015 2016), (Tổng số học sinh bình quân 140), kết thu kì thi thử THPT trường với bảng số liệu sau: Số em tham gia làm thi Đạt điểm 5,0 Đạt từ 5,0 đến 6,5 Đạt từ 6,5 đến 7,5 Đạt từ 7,5 đến 8,5 Đạt 8,5 20 Thi lần 35 23 32 32 18 Thi lần 30 20 36 32 22 Thi lần 20 23 37 34 26 Bài học kinh nghiệm: Nắm vững chuyên môn nghiệp vụ, có kiến thức sâu rộng, khả bao quát kiến thức, có tinh thần trách nhiệm công việc Trong công tác giảng dạy cần đổi phương pháp dạy học, tìm phương pháp phù hợp cho nội dung học Trước lên lớp cần có nghiên cứu kĩ nội dung chương trình, đặc biệt tình hình học sinh để đưa học sát với khả học sinh, chọn lọc hệ thống tập phù hợp, có hướng dẫn hợp lý, dễ hiểu để học sinh vận dụng tốt Mặc dù cố gắng hoàn thiện viết cách cẩn thận nhất, song không tránh khỏi sai sót, mong cấp chuyên môn đóng góp ý kiến bổ sung để chuyên đề ngày hoàn thiện hữu ích Cũng mong góp ý quý đồng nghiệp để có dịp trau dồi tích lũy kiến thức nhằm hoàn thành tốt nhiệm vụ giáo dục giao XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Lê Đức Trung 21 ... bất phương trình vô tỉ thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia thi học sinh Giỏi Tôi mong qua đề tài góp phần làm tăng thêm khả tư khoa học, khả thực hành, kỹ giải toán phương trình bất phương trình vô. .. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ TRONG THI THPT QUỐC GIA VÀ THI HỌC SINH GIỎI Phương pháp 1: Nâng lũy thừa phép biến đổi tương đương để đưa phương trình, bất phương trình hệ Thuật toán chung:... vế phương trình, bất phương trình với biểu thức liên hợp tương ứng, từ biến đổi làm xuất nhân tử chung chúng 13 Bước Đưa phương trình, bất phương trình dạng đơn giản Giải phương trình, bất phương