skkn: giải phương trình chứa căn bằng cách đưa về hệ phương trình

34 251 4
  • Loading ...
1/34 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/08/2018, 22:59

A. MỞ ĐẦUI. Đặt vấn đề:Trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi Đại học – Cao đẳng trong các năm gần đây cũng như đề thi THPT Quốc Gia thì dạng toán giải phương trình chứa căn thường hay xuất hiện. Chính vì thế, việc dạy cho học sinh giải được dạng toán này là một vấn đề mà các giáo viên cần quan tâm. Đặc biệt, đối với học sinh trường THPT Ngô Mây có chất lượng đầu vào quá thấp thì việc giải phương trình chứa căn được xem là một câu hỏi khó. Chính vì thế tôi xin viết ra một vài kinh nghiệm giải phương trình chứa căn bằng cách đưa về hệ phương trình mà bản thân đã rút ra được trong quá trình giải dạy ở trường THPT Ngô Mây.1. Thực trạng của vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết:Hiện nay, Bộ giáo dục và Đào tạo đã tổ chức kỳ thi THPT Quốc gia với hai mục đích vừa xét công nhận tốt nghiệp THPT và vừa xét tuyển Đai học – Cao đẳng thì bài toán giải phương trình chứa căn là một câu nằm trong một trong các chủ đề ôn tập mà học sinh cần phải ôn tập. Trong khi đó với sức học yếu của học sinh trường THPT Ngô Mây thì việc lĩnh hội kiến thức của dạng toán này là một vấn đề hết sức khó khăn. Hơn nữa, học sinh cũng không xác định được dạng toán cho từng bài toán. Để giúp học sinh khắc phục được khó khăn này thì bản thân tôi đã đưa ra một số dạng phương trình chứa căn mà học sinh áp dụng để giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình.2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới:Với đề tài này có ý nghĩa và có tác dụng rất quan trọng đối với học sinh trường THPT Ngô Mây trong lúc ôn thi THPT Quốc Gia vì đề tài này đã rút ra những dạng phương trình cơ bản mà học sinh nhìn vào có thể biết ngay đó là phương trình đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. Đó là những dạng phương trình chứa căn bậc hai, căn bậc ba, căn bậc bốn,…Không chỉ có một căn, hai căn mà còn có cả ba căn thức. Như vậy, những giải pháp đưa ra đã giúp cho học sinh của tường THPT Ngô Mây đã nắm vững được phương pháp này.3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài:Do không có thời gian và điều kiện không cho phép nên đề tài này chỉ được nghiên cứu và áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây. Cụ thể là ở lớp 12A1 năm học 2014 – 2015 và lớp 12A1 năm học 2015 – 2016 trong các tiết dạy theo các chủ đề ôn tập.II. Phương pháp tiến hành:Để hoàn thành đề tài này tôi đã tiến hành nhiều phương pháp như: Phương pháp nghiên cứu tài liệu, phương pháp so sánh, phương pháp thu thập thông tin, phương pháp thực nghiệm, ….1. Cơ sở lý luận và thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm giải pháp của đề tài:Trong chương trình Toán THPT thì việc giải phương trình chứa căn là một dạng toán khó. Đặc biệt, trong đề thi THPT Quốc Gia thì dạng toán này là một câu thuộc loại câu khó. Chính vì thế để dạy cho học sinh trường THPT Ngô Mây làm được dạng toán này là một việc mà bản thân tôi đã suy nghĩ trong nhiều năm qua. Sự đa dạng về hình thức của bài toán giải phương trình chứa căn đặt ra yêu cầu cấp thiết là làm thế nào để đơn giản hóa loại bài toán này. Phép sử dụng ẩn phụ là một trong những phương pháp nhằm mục đích đó, ngoài ra bài toán còn trở nên gọn gàng, giúp chúng ta định hình hướng đi một cách ổn định nhất. Từ những thực tế đó, tôi đã nghĩ đến việc dùng hai ẩn phụ để đưa phương trình cho trước về hệ phương trình quen thuộc đó là: Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn, hệ phương trình gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai, hệ phương trình đối xứng hoặc gần đối xứng,…2. Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo ra giải pháp:a. Các biện pháp tiến hành:Trong quá trình nghiên cứu đề tài này, bản thân đã áp dụng các biện pháp như: Phương pháp thu thập thông tin, phương pháp nghiên cứu tài liệu, phương pháp thực nghiệm, phương pháp so sánh,…b. Thời gian tạo ra giải pháp: Để hoàn thành đề tài này, tôi đã nghiên cứu và thử nghiệm và viết ra thành tài liệu để áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây là hết hai năm đó là năm học 2014 – 2015 và năm học 2015 – 2016. A MỞ ĐẦU I Đặt vấn đề: Trong đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi Đại học – Cao đẳng năm gần đề thi THPT Quốc Gia dạng tốn giải phương trình chứa thường hay xuất Chính thế, việc dạy cho học sinh giải dạng toán vấn đề mà giáo viên cần quan tâm Đặc biệt, học sinh trường THPT Ngơ Mây có chất lượng đầu vào thấp việc giải phương trình chứa xem câu hỏi khó Chính tơi xin viết vài kinh nghiệm giải phương trình chứa cách đưa hệ phương trình mà thân rút q trình giải dạy trường THPT Ngơ Mây Thực trạng vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp để giải quyết: Hiện nay, Bộ giáo dục Đào tạo tổ chức kỳ thi THPT Quốc gia với hai mục đích vừa xét cơng nhận tốt nghiệp THPT vừa xét tuyển Đai học – Cao đẳng tốn giải phương trình chứa câu nằm trong chủ đề ôn tập mà học sinh cần phải ôn tập Trong với sức học yếu học sinh trường THPT Ngơ Mây việc lĩnh hội kiến thức dạng tốn vấn đề khó khăn Hơn nữa, học sinh không xác định dạng toán cho toán Để giúp học sinh khắc phục khó khăn thân tơi đưa số dạng phương trình chứa mà học sinh áp dụng để giải phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình Ý nghĩa tác dụng giải pháp mới: Với đề tài có ý nghĩa có tác dụng quan trọng học sinh trường THPT Ngô Mây lúc ơn thi THPT Quốc Gia đề tài rút dạng phương trình mà học sinh nhìn vào biết phương trình đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình Đó dạng phương trình chứa bậc hai, bậc ba, bậc bốn,…Khơng có căn, hai mà có ba thức Như vậy, giải pháp đưa giúp cho học sinh tường THPT Ngô Mây nắm vững phương pháp Phạm vi nghiên cứu đề tài: Do khơng có thời gian điều kiện không cho phép nên đề tài nghiên cứu áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây Cụ thể lớp 12A1 năm học 2014 – 2015 lớp 12A1 năm học 2015 – 2016 tiết dạy theo chủ đề ôn tập II Phương pháp tiến hành: Để hoàn thành đề tài tiến hành nhiều phương pháp như: Phương pháp nghiên cứu tài liệu, phương pháp so sánh, phương pháp thu thập thông tin, phương pháp thực nghiệm, … Cơ sở lý luận thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm giải pháp đề tài: Trong chương trình Tốn THPT việc giải phương trình chứa dạng tốn khó Đặc biệt, đề thi THPT Quốc Gia dạng tốn câu thuộc loại câu khó Chính để dạy cho học sinh trường THPT Ngơ Mây làm dạng toán việc mà thân suy nghĩ nhiều năm qua Sự đa dạng hình thức tốn giải phương trình chứa đặt yêu cầu cấp thiết làm để đơn giản hóa loại toán Phép sử dụng ẩn phụ phương pháp nhằm mục đích đó, ngồi tốn trở nên gọn gàng, giúp định hình hướng cách ổn định Từ thực tế đó, tơi nghĩ đến việc dùng hai ẩn phụ để đưa phương trình cho trước hệ phương trình quen thuộc là: Hệ phương trình bậc hai ẩn, hệ phương trình gồm phương trình bậc phương trình bậc hai, hệ phương trình đối xứng gần đối xứng,… Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo giải pháp: a Các biện pháp tiến hành: Trong trình nghiên cứu đề tài này, thân áp dụng biện pháp như: Phương pháp thu thập thông tin, phương pháp nghiên cứu tài liệu, phương pháp thực nghiệm, phương pháp so sánh,… b Thời gian tạo giải pháp: Để hồn thành đề tài này, tơi nghiên cứu thử nghiệm viết thành tài liệu để áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây hết hai năm năm học 2014 – 2015 năm học 2015 – 2016 B NỘI DUNG I Mục tiêu: Mục tiêu đề tài giúp học sinh Trường THPT Ngô Mây giải tốn giải phương trình chứa cách đơn giản Đề tài làm đơn giản hóa, thực tế phương pháp giải, kỹ số kỷ thuật để đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình cáchhệ thống Về đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình quen thuộc là: Hệ phương trình bậc hai ẩn, hệ phương trình gồm phương trình bậc phương trình bậc hai, hệ phương trình đối xứng gần đối xứng,… II Mô tả giải pháp đề tài: Một số lý thuyết bản: 1.1 Định nghĩa: Phương trình chứa phương trình chứa ẩn dấu thức 1.2 Một số phương pháp giải phương trình chứa căn: - Phương pháp nâng lũy thừa - Phương pháp nhân lượng liên hiệp - Phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương ( hệ phương trình bản, hệ phương trình đối xứng, gần đối xứng, …) - Phương pháp hàm số,… 1.3 Một số công thức liên quan 1)  f ( x ) ≥ ( g ( x ) ≥ ) f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x ) = g ( x ) 2)  g ( x ) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x ) = g ( x ) f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g3 ( x) 3) 4) k +1 f ( x ) = k +1 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )  g ( x ) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔  2k  f ( x ) = g ( x ) 5) 2k 6) k +1 f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g k +1 ( x ) 1.4 Hệ phương trình bậc hai ẩn: 1.4.1 Định nghĩa: Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có  ax + by = c (x, y hai ẩn, chữ số lại hệ số) a ' x + b ' y = c ' dạng  1.4.2 Cách giải: Giải phương pháp cộng phương pháp 1.5 Hệ phương trình gồm phương trình bậc phương trình bậc hai Cách giải: Từ phương trình bậc rút ẩn theo ẩn lại vào phương trình bậc hai 1.6 Hệ phương trình đối xứng loại I: 1.6.1 Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại I hệ phương trình mà ta thay x y thay y x hệ phương trình khơng thay đổi 1.6.2 Cách giải: + Đặt S = x + y, P = x y ( S ≥ P ) + Đưa hệ phương trình hai ẩn S, P + Giải hệ phương trình tìm S, P + Khi x, y nghiệm phương trình: X − SX + P = 1.7 Hệ phương trình đối xứng loại II: 1.7.1 Định nghĩa: Hệ phương trình đối xứng loại II hệ phương trình mà ta thay x y thay y x phương trình thứ trở thành phương trình thứ hai ngược lại 1.7.2 Cách giải: Trừ hai phương trình vế theo vế ta thu nghiệm x= y số nghiệm khác Sau thay lại tìm nghiệm (x, y) Các dạng tập mô tả giải pháp: Dạng 1: Một số toán dạng phương trình chứa bậc hai Ví dụ 1: Giải phương trình : x − − x − = 1( x ∈ ¡ Giải: Điều kiện x ≥ ) ( *) u = x − 2, u ≥ u = x − ⇒ ⇒ 2u − 3v = −1 Đặt  v = x − v = x − 1, v ≥ v = 2u − 2u − v = ⇔ Ta hệ phương trình   2 2u − 3v = −1 2u − ( 2u − 1) = −1 v = 2u −  v = 2u −  u =1 ⇔ ⇔   10u − 12u + =  u =    u =   v =  ⇔  u =  loaïi   ( )   v = −  u =  3x − = ⇒ ⇒ x = (nhận) Với  v =   2x − = Vậy phương trình có nghiệm x = Nhận xét: Phương trình ví dụ có dạng m ax + b + n cx + d = p u = ax + b,u ≥ Đối với dạng ta đặt  v = cx + d,v ≥ Ví dụ 2: Giải phương trình x2 + 5x + + x2 + 5x − = 5( x∈ ¡ )  −5− 33 x≤ Giải: Điều kiện :  ( *)  −5+ 33 x≥  u = x2 + 5x + 3,u ≥ u2 = x2 + 5x + ⇒ ⇒ u2 − v2 = Đặt  v = x2 + 5x − 2,v ≥ v = x + 5x − u + v = u + v = u = ⇔ ⇔ Ta hệ phương trình :  2 u − v = u − v =  v =   x2 + 5x + =  x = −6 ⇒ ⇔ x2 + 5x − = ⇔  (thỏa (*)) x =  x + 5x − =  Vậy phương trình có nghiệm x = −6, x = Nhận xét: Phương trình ví dụ có dạng u =  Đối với dạng ta đặt  v =  f ( x) + a + f ( x) + a,u ≥ f ( x) + b,v ≥ Ví dụ 3: Giải phương trình 1+ x + 8− x + ( 1+ x) ( 8− x) = ( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện: −1≤ x ≤ 8( *) u = 1+ x,u ≥ u2 = 1+ x ⇒ ⇒ u2 + v2 =  v = 8− x,v ≥ v = 8− x u + v + uv = u + v + uv = ⇔ Ta hệ phương trình :  2 u + v =  ( u + v) − 2uv = ( S2 ≥ 4P Đặt S = u + v, P = uv f ( x) + b = c )  S = −5 ( loaïi )  P = S + P =  ⇔ Ta hệ phương trình:   S − 2P =  S =    P = X = Khi u, v nghiệm phương trình X − 3X = ⇔  X = u =  1+ x = ⇒ ⇒ x = −1( nhaä n) + v =  8− x = u =  1+ x = ⇒ ⇒ x = 8( nhaä n) + v =   8− x = Vậy phương trình có nghiệm x = −1, x = Nhận xét: Phương trình ví dụ có dạng a + f ( x) + b − f ( x) + ( a + f ( x) ) ( b − f ( x) ) = c Đối với dạng ta u = a + f ( x) ,u ≥  đặt  v = b − f ( x) ,v ≥  Ví dụ 4: Giải phương trình 2( 1+ x) 1+ 2x = 1+ x + Giải: Điều kiện x ≥ − ( 1+ 2x) ( x∈ ¡ ) ( *) 2 u = 1+ x,u ≥ u = 1+ x ⇒ ⇒ 2u2 − v2 =  v = 1+ 2x,v ≥ v = 1+ 2x 2 2 2u − v = 2u − v = 1( 1) ⇔ Ta hệ phương trình  3 2u v = u + v u = 2u − v ( 2) Lấy (1) nhân cho (2) vế theo vế ta phương trình 2u3 − uv2 = 2u2v − v3 u = v ⇔ 2u3 − uv2 = 2u2v − v3 ⇔ ( u − v) 2u2 − v2 = ⇔  2  v = 2u ( ) n) + u = v ⇔ 1+ x = 1+ 2x ⇔ x = 0( nhaä 2 + v = 2u ⇔ 1+ 2x = 2( 1+ x) ⇔ 1= (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x= 2u2 − v2 = 1( 1) Nhận xét: Cái ví dụ giải hệ phương trình  u = 2u − v ( 2) không dùng phương pháp học mà nhân hai phương trình (1) (2) vế theo vế ta phương trình hai ẩn u, v từ giải tìm u = v,v2 = 2u2 thay biểu thức đặt vào hai biểu thức để tìm x Ví dụ 5: Giải phương trình x + 5− x2 + 3x 5− x2 = ( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện − ≤ x ≤ (*) Đặt y = 5− x2 , y ≥  x + y + 3xy =  x + y + 3xy = ⇔ Ta hệ phương trình  2 x + y =  ( x + y) − 2xy = ( Đặt S = x + y,P = xy S ≥ 4P ) S = − 3P S + 3P = ⇔ Ta hệ phương trình  2 S − P = − P − 2P = ( )    S =  S = − 3P P =  S = − 3P   P = ⇔ ⇔  ⇔  S = − 11  38 9P − 56P + 76 =   loaïi   P = ( )    38 P =  X = Khi x, nghiệm phương trình X − 3X + = ⇔  X =  x =  y = ⇒  x =    y =  x =  x = ⇒ ⇒ x = 1(nhận) +  y =  5− x =  x =  x = ⇒ ⇒ x = 2(nhận) + y =   5− x = Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = Nhận xét: Phương trình ví dụ có dạng x + a − x2 + bx a − x2 = c Đối với dạng ta đặt y = a − x2 Khi ta thu hệ phương đối xứng loại I với hai ẩn x, y BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Giải phương trình sau: a) x + 17 − x2 + x 17 − x2 = ( x∈ ¡ ) b) 4x2 + 5x + + 4x2 + 5x + = ( x∈ ¡ ) c)3 + x − − x + 4 − x2 = 10 − 3x ( x∈ ¡ ( ) d)( 2x + 1) 1+ 2x + + 1= 2x + 1.3 ( x + 1) e)3 1+ x + 1− x = ( x + 4) 1− x2 ( x∈ ¡ f )x + 5+ x − = ( x∈ ¡ ) 10 ) ) ( x∈ ¡ )   u = x− u = x − , u ≥    x x ⇒ v2 − u2 = x − ⇒ Đặt  x  v2 = 2x − v = 2x − x , v ≥  x  u − v = x −  x ⇒ v2 − u2 = u − v Ta hệ phương trình  v2 − u2 = x −  x ⇔ ( u − v) ( u + v + 1) = ⇔ u = v (vì u ≥ 0,v ≥ ⇒ u + v + 1> 0)  x = ( nhaä n)  ⇒ x − = 2x − ⇔ x − = ⇔ x x x  x = −2 ( loại ) Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình 2x + − x + = x + 2( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện x ≥ −1( *) u = 2x + 3, u ≥ u2 = 2x + ⇒ ⇒ u2 − v2 = x + Đặt  v = x + 1, v ≥ v = x + u − v = x + u − v = x + ⇔ Ta hệ phương trình  2  u − v = x + ( u + v) ( u − v) = x + u − v = x + u − v = x + ⇔ ⇔ ( x + 2) ( u + v − 1) = ( u + v) ( x + 2) = x + u − v = x +  u − v = x + ⇔   x = −2( loaïi ) ⇔  ⇒ 2u = x + u + v =     u + v =  x ≥ −3  x ≥ −3 ⇔ 2x + = x + ⇔  ⇔  2 8x + 12 = x + 6x +  x − 2x − = 20  x = −1 ⇔ (nhận) x = Vậy phương trình có nghiệm x = −1, x = Ví dụ 3: Giải phương trình x + + x + 10 = x + + x + ( x∈ ¡ ) ( 1) Giải: Điều kiện x ≥ −1( *) Phương trình (1) ⇔ x + 10 − x + = x + − x + u = x + 10, u ≥ u2 = x + 10 ⇒ ⇒ u2 − v2 = Đặt  v = x + v = x + 2, v ≥ u2 − v2 = Ta hệ phương trình  u − v = x + − x + ( )  = x+ 5+ x+ u + v = ⇔ x+ 5− x+ ⇔ 3u − v = x +  2u − 2v = x + − x + ⇔ x + 10 = x + + x + ⇔ 9x + 90 = 17x + 82 + x2 + 7x + 10 x≤ ⇔ − x + 1= x2 + 7x + 10 ⇔  ⇔ x = −1 (nhận) x − x + = x + x + 10  Vậy phương trình có nghiệm x = -1 Nhận xét: - Phương trình ví dụ ví dụ đưa hệ phương trình u − v = f ( x) dạng  2 Từ hệ phương trình ta giải tìm biểu thức u − v = f x ( )  chứa u x chứa v x thay phần đặt u, v vào biểu thức vừa tìm để tìm nghiệm x phương trình cho 21 - Phương trình ví dụ thu hệ phương trình dạng u − v = f ( x) Từ hệ phương trình ta tìm biểu thức  2 ngsố) u − v = c( c − hằ chứa u, v x thay phần đặt u, v vào biểu thức vừa tìm để tìm nghiệm x phương trình cho Ví dụ 4: Giải phương trình ( x + 3) − x2 − 8x + 48 = x − 24( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện −12 ≤ x ≤ 4( *) 2 u = x + u = x + 6x + ⇒ ⇒ u2 + v2 = 57 − 2x Đặt  2 v = − x − 8x + 48, v ≥ v = − x − 8x + 48 2uv = 2x − 48 ( 1) uv = x − 24 ⇔ 2 Ta hệ phương trình  2 u + v = 57 − x  u + v = 57 − 2x( 2) u + v = Cộng (1) (2) vế theo vế ta có ( u + v) = ⇔   u + v = −3  x + 3+ − x2 − 8x + 48 =  − x2 − 8x + 48 = − x ⇔ ⇔  x + 3+ − x2 − 8x + 48 = −3  − x2 − 8x + 48 = − x −  x ≤    x + 4x − 24 =  x = −2 − ⇔ ⇔ (nhận)  x ≤ −6  x = −5− 31    x + 10x − = Vậy phương trình có nghiệm x = −2 − 2, x = −5− 31 Ví dụ 5: Giải phương trình 3x2 + 2( x − 1)  x≤  Giải: Điều kiện ( *)   x ≥ 22 ( x − 1) ( 2x − 1) = 5x + ( x∈ ¡ ) 2 u = x − u = x − 2x + 2 ⇒ ⇒ u + v = x − 5x + Đặt  2 v = x − x + v = x − x + 1, v ≥    3x2 − 5x + + 2uv = ( 1) Ta hệ phương trình  2 u + v = 3x − 5x + ( 2) u + v = 2 Thay (2) vào (1) ta có u + v + 2uv = ⇔ ( u + v) = ⇔   u + v = −2  x − 1+ 2x2 − 3x + =  2x2 − 3x + = 3− x  ⇔ ⇔  x − 1+ 2x − 3x + = −2  2x2 − 3x + = − x −  x ≤  −3+ 41  x =    x + 3x − =  ⇔ ⇔ (nhận)   x ≤ −1 − − 41  x =   x2 − x =  Vậy phương trình có nghiệm x = −3+ 41, x = −3− 41 2 Ví dụ 6: Giải phương trình 5x2 + 4( x − 2) 1+ x + x2 = ( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện x∈ ¡ 2 u = x − u = x − 4x + 2 ⇒ ⇒ u + v = x +8  2 v = + x + x v = + x + x , v >   5x2 + 8+ 4uv = ( 1) Ta hệ phương trình  2 u + 4v = 5x + ( 2) u + 2v = 2 Thay (2) vào (1) ta có u + 4v + 4uv = ⇔ ( u + 2v) = ⇔  u + 2v = −3  x − + 2x2 − 3x + = 2 2x2 − 3x + = − x  ⇔ ⇔  x − + 2x − 3x + = −3 2 2x2 − 3x + = − x − 23  x ≤  −7 +  x =   3x + 14x − 21=  ⇔ ⇔ (nhận)   x ≤ −1 − −  x =  3x2 + 2x + =  Vậy phương trình có nghiệm x = −7 + −7 − , x= 3 Ví dụ 7: Giải phương trình 2x2 − 6x + 3+ 2( x − 2) x( x − 2) = ( x∈ ¡ x≤ Giải: Điều kiện  ( *) x ≥  2 u = x − u = x − 4x + ⇒ ⇒ u2 + v2 = 2x2 − 6x +  v = x( x − 2) , v ≥ v = x − 2x 2x2 − 6x + + 2uv = ( 1) Ta hệ phương trình  2 u + v = 2x − 6x + ( 2) u + v = 2 Thay (2) vào (1) ta có u + v + 2uv = 1⇔ ( u + v) = 1⇔  u + v = −1  x − + x( x − 2) =  x( x − 2) = 3− x  ⇔ ⇔  x − + x x − = −1  x x − = 1− x ( ) )   (  x ≤  2   x − 2x = x − 6x + ⇔ ⇔ x = (nhận) x≤    x2 − 2x = x2 − 2x + Vậy phương trình có nghiệm x = 24 ) Ví dụ 8: Giải phương trình ( 1− x) ( 3+ x) = +1 x + ( x∈ ¡ ) ( 1) −3 ≤ x ≤ Giải: Điều kiện  ( *)  x ≠ −2 Phương trình (1) ⇔ ( + x) ( 1− x) ( 3+ x) = x + 2 u = + x, u ≠ u = + 4x + x 2 ⇒ ⇒ u + v = 2x +  v = − x + x , v ≥ v = − x − x + ( ) ( )    2uv = 2x + ( 1) Ta hệ phương trình  2 u + v = 2x + ( 2) Lấy (2) trừ cho (1) vế theo vế ta có u − v = u2 + v2 − 2uv = 1⇔ ( u − v) = 1⇔   u − v = −1 2 + x + ⇔ 2 + x +  ( 1− x) ( 3+ x) =  ⇔ ( 1− x) ( 3+ x) = −1  − x2 − 2x + = 1+ x − x2 − 2x + = 3+ x   x ≥ −1  x = −1   x + 2x − 1= ⇔ ⇔ (nhận)  x ≥ −3 x = −      x2 + 4x + = Vậy phương trình có nghiệm x = − 1, x = −1 Ví dụ 9: Giải phương trình 4( x − 2) x2 − 4x + + 5x2 + 12 = 20x ( x∈ ¡ ) Giải: Điều kiện x∈ ¡ 2 u = x − u = x − 4x + ⇒ ⇒ 4u2 + v2 = 5x2 − 20x + 21  2 v = x − 4x + 5, v > v = x − 4x + 25 4uv + 5x2 − 20x + 21= ( 1) Ta hệ phương trình  2 4u + v = 5x − 20x + 21 ( 2) 2u + v = 2 Thay (2) vào (1) ta có 4u + v + 4uv = ⇔ ( 2u + v) = ⇔  2u + v = −3 2x − + x2 − 4x + =  x2 − 4x + = − 2x ⇔ ⇔ 2x − + x2 − 4x + = −3  x2 − 4x + = 1− 2x   x ≤   3x − 24x + 44 = ⇔ ⇔ x= − (nhận)   x ≤    3x − = Vậy phương trình có nghiệm x = − 3 6x2 − 5x + Ví dụ 10: Giải phương trình = 2x2 − x + 2x − Giải: Điều kiện x ≠ ( x∈ ¡ ) ( *) Phương trình (1) ⇔ 6x2 − 5x + = 2( 2x − 1) 2x2 − x + ⇔ 4x2 − 4x + 1+ 2( 1− 2x) 2x2 − x + + 2x2 − x + = u = 1− 2x, u ≠ Đặt  v = 2x − x + 2, v > u2 = 1− 4x + 4x2 ⇒ ⇒ u2 + v2 = 4x2 − 4x + + 2x2 − x + 2 v = 2x − x + ( ( ) ( ) ( ) ( ) )  4x2 − 4x + + 2uv + 2x2 − x + = ( 1)  Ta hệ phương trình  2 2 u + v = 4x − 4x + + 2x − x + ( 2) ( 26 ) ( 1) u + v = 2 Thay (2) (1) ta có u + v + 2uv = 1⇔ ( u + v) = 1⇔   u + v = −1 1− 2x + 2x2 − x + =  2x2 − x + = 2x ⇔ ⇔ 1− 2x + 2x2 − x + = −1  2x2 − x + = 2x −  x ≥  −1+ 17  x =   2x + x − = ⇔ ⇔ (nhận)  x≥ + 33  x =  2x2 − 7x + =  Vậy phương trình có nghiệm x = −1+ 17 , x = + 33 4 Nhận xét: Phương trình ví dụ từ ví dụ đến ví dụ 10 sau đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình tạm thời với ba ẩn u, v x Từ hệ phương trình ta ln rút biểu thức có dạng ( a + b) = mhoặc ( a − b) = m, 2 với m số Từ ta tìm hai biểu thức chứa u, v ta thay phần u, v đặt vào biểu thức vừa tìm giải phương trình chứa dạng f ( x) = g( x) để tìm nghiệm x phương trình BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Giải phương trình sau: a) x2 + 2x + − x2 + 3x = 3− x ( x∈ ¡ b) 3x + − x + = 2x ( x∈ ¡ c) − x2 − 8x + 48 = ) ) 28− x ( x∈ ¡ 3+ x ) d) 2x2 = 2( 1− x) x2 − 2x + 3+ 4x + 21( x∈ ¡ e) 13x2 − 8x + 12 = 12( x − 1) x2 + 1( x∈ ¡ 27 ) ) III Thuyết minh tính mới: Dạng 1: Một số tốn dạng phương trình chứa bậc hai 1) Phương trình ví dụ có dạng m ax + b + n cx + d = p Đối với u = ax + b,u ≥ dạng ta đặt  v = cx + d,v ≥ f ( x) + a + 2) Phương trình ví dụ có dạng u =  dạng ta đặt  v =  f ( x) + a,u ≥ f ( x) + b,v ≥ f ( x) + b = c Đối với 3) Phương trình ví dụ có dạng a + f ( x) + b − f ( x) + ( a + f ( x) ) ( b − f ( x) ) = c Đối với dạng ta u = a + f ( x) ,u ≥  đặt  v = b − f ( x) ,v ≥  2u2 − v2 = 1( 1) 4) Cái ví dụ giải hệ phương trình  không dùng u = 2u − v ( 2) phương pháp học mà nhân hai phương trình (1) (2) vế theo vế ta phương trình hai ẩn u, v từ giải tìm u = v,v2 = 2u2 thay biểu thức đặt vào hai biểu thức để tìm x 5) Phương trình ví dụ có dạng x + a − x2 + bx a − x2 = c Đối với dạng ta đặt y = a − x2 Khi ta thu hệ phương đối xứng loại I với hai ẩn x, y Dạng 2: Một số toán dạng phương trình chứa bậc ba 28 1) Phương trình ví dụ ví dụ có dạng u = ax + b m3 ax + b + n3 cx + d = p Đối với dạng ta đặt  v = cx + d 2) Phương trình ví dụ ví dụ có dạng m3 ax + b + n3 cx + d = p3 ex + f Để giải dạng ta chia hai vế phương trình cho ex + f Khi ta phương trình có dạng tốn ví dụ ví dụ ( ) 3 3 3) Phương trình ví dụ có dạng ax b − x x + b − x = c Để giải dạng ta đặt y = b − x3 Khi ta thu hệ phương đối đối xứng loại I với hai ẩn x, y Dạng 3: Một số tốn dạng phương trình chứa bậc bốn 1) Phương trình ví dụ 1và có dạng m4 ax + b + n4 cx + d = p u = ax + b,u ≥ Đối với dạng ta đặt  v = cx + d,v ≥ 2) Phương trình ví dụ ví dụ có dạng m4 ax + b + n4 cx + d = p4 ex + f Để giải phương trình ví dụ ví dụ ta chia hai vế phương trình cho ex + f biến đổi ta đưa dạng phương trình ví dụ ví dụ Dạng 4: Một số tốn dạng đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình tạm thời 1) Phương trình ví dụ ví dụ đưa hệ phương trình u − v = f ( x) dạng  2 Từ hệ phương trình ta giải tìm biểu thức u − v = f x ( )  29 chứa u x chứa v x thay phần đặt u, v vào biểu thức vừa tìm để tìm nghiệm x phương trình cho 2) Phương trình ví dụ thu hệ phương trình dạng u − v = f ( x) Từ hệ phương trình ta tìm biểu thức  2 ngsố) u − v = c( c − haè chứa u, v x thay phần đặt u, v vào biểu thức vừa tìm để tìm nghiệm x phương trình cho 3) Phương trình ví dụ từ ví dụ đến ví dụ 10 sau đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình tạm thời với ba ẩn u, v x Từ hệ phương trình ta ln rút biểu thức có dạng ( a + b) = mhoặc ( a − b) = m, với m 2 số Từ ta tìm hai biểu thức chứa u, v ta thay phần u, v đặt vào biểu thức vừa tìm giải phương trình chứa dạng f ( x) = g( x) để tìm nghiệm x phương trình IV Khả áp dụng: Với đề tài thân áp dụng thành công năm học 2014 – 2015 áp dụng năm học 2015 – 2016 tiết ôn thi THPT Quốc gia vào tiết học tự chọn Đề tài có khả giúp cho học sinh nhận dạng toán đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình Từ học sinh không bị lúng túng cách giải phương trình chứa trước Với đề tài có khả áp dụng thích hợp trường THPT Ngơ Mây trường có học sinh đầu vào thấp Bởi đề tài tóm lượt lại số tốn có dạng để học sinh dễ phân loại nhận dạng V Lợi ích kinh tế- xã hội: 30 Đề tài giúp cho học sinh nhận dạng số phương trình chứa cách đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình cách hiệu Học sinh không cảm thấy nặng nề gặp dạng toán Với toán đề tài tạo kỷ thuật trình giải phương trình chứa Từ học sinh cảm thấy hứng thú học loại toán Đồng thời giúp cho giáo viên có tài liệu phục vụ cơng tác giảng dạy có thời gian để nghiên cứu đề tài khác Với đề tài áp dụng cho kiểm tra mức độ tiếp thu học sinh thu kết khả quan sau: Kết kiểm tra: -Năm học : 2014 – 2015 Lớp Sĩ số 12A1 45 12A7 40 Lớp Sĩ số 12A1 41 12A2 42 Giỏi 12 Kết đạt Khá TB 18 15 Ghi Yếu Lớp sử dụng đề tài Lớp không (26,7%) (40,0%) (33,3%) 20 (0,0%) 13 (0,0%) -Năm học : 2015 – 2016 (17,5%) (50,0%) (32,5%) sử dụng đề tài Giỏi Kết đạt Khá TB 21 11 Ghi Yếu Lớp sử dụng đề tài Lớp không (22,0%) (51,2%) (26,8%) 23 (0,0%) 10 (0,0%) (21,4%) (54,8%) (23,8%) sử dụng đề tài 31 C KẾT LUẬN Để áp dụng hiệu đề tài cần phải nhắc lại kiến thức có liên quan q trình giải dạng tốn ví dụ Truyền đạt với mức độ chậm Sau ví dụ cần đưa nhận xét để học sinh nắm dạng tốn ví dụ hình dung cách đặt ẩn phụ để đưa hệ phương trình cho Đối với đề tài có khả vận dụng rộng rãi trường THPT Ngô Mây dùng cho đối tượng học sinh có tỷ lệ đầu vào thấp Sau vận dụng hiệu đề tài sở xây dựng nhiều toán loại xây dựng giải pháp khác có liên quan đến phương trình chứa Trong thời gian áp dụng đề tài hai năm học 2014 – 2015 năm học 2015 – 2016 thấy đề tài mang lại số hiệu định Vì vậy, cho đề tài sử dụng cách rộng rãi Đặc biệt đối tượng học sinh trường THPT Ngô Mây 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Đại số 10 Sách giáo viên Đại số 10 Các đề thi Đại học – cao đẳng 10 trọng điểm luyện thi Đai học – Cao đẳng mơn tốn Phương pháp giải nhanh toán học trọng tâm Tuyển tập 750 tập toán Đại số 10 33 Lê Hồnh Phò Phạm Quốc Phong Nguyễn Sinh Ngun MỤC LỤC Trang A MỞ ĐẦU I Đặt vấn đề Thực trạng vấn đề đòi hỏi phải có giải pháp để giải Ý nghĩa tác dụng đề tài Phạm vi nghiên cứu đề tài II Phương pháp tiến hành Cơ sở lý luận thực tiễn có tính định hướng cho việc nghiên cứu, tìm giải pháp đề tài Các biện pháp tiến hành, thời gian tạo giải pháp B NỘI DUNG I Mục tiêu II Mô tả giải pháp đề tài Một số lý thuyết Các dạng tập mô tả giải pháp Dạng 1: Một số tốn dạng phương trình chứa bậc hai Dạng 2: Một số toán dạng phương trình chứa bậc ba Dạng 3: Một số tốn dạng phương trình chứa bậc bốn Dạng 4: Một số toán dạng đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình tạm thời III Thuyết minh tính IV Khả áp dụng V Lợi ích kinh tế - xã hội C KẾT LUẬN 1 2 2 4 6 11 15 19 28 30 30 32 34 ... tài: Trong chương trình Tốn THPT việc giải phương trình chứa dạng tốn khó Đặc biệt, đề thi THPT Quốc Gia dạng tốn câu thuộc loại câu khó Chính để dạy cho học sinh trường THPT Ngô Mây làm dạng tốn... cho học sinh tường THPT Ngô Mây nắm vững phương pháp Phạm vi nghiên cứu đề tài: Do khơng có thời gian điều kiện khơng cho phép nên đề tài nghiên cứu áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây Cụ thể... liệu để áp dụng cho học sinh trường THPT Ngô Mây hết hai năm năm học 2014 – 2015 năm học 2015 – 2016 B NỘI DUNG I Mục tiêu: Mục tiêu đề tài giúp học sinh Trường THPT Ngơ Mây giải tốn giải phương
- Xem thêm -

Xem thêm: skkn: giải phương trình chứa căn bằng cách đưa về hệ phương trình, skkn: giải phương trình chứa căn bằng cách đưa về hệ phương trình

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay