MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA

BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ……

TRƯỜNG THPT ……

----- -----

BÁO CÁO KẾT QUẢ SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ PHỤC VỤ THI ĐUA KHEN THƯỞNG NĂM 2020

Giải pháp: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH GIỎI VÀ LUYỆN THI THPT QUỐC GIA TÁC GIẢ SÁNG KIẾN: Họ và tên: …………….. – GV Toán.

……………., 2020

MỤC LỤC CHƯƠNG 1: CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP ..................................................1 1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp ......................................................1 1.2 Mục tiêu của giải pháp ............................................................ 1 1.3 Phương pháp thực hiện ......................................................................2 1.4 Đối tượng và phạm vi áp dụng ................................................ 2 CHƯƠNG 2: QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP ................................4 2.1 Thực trạng .........................................................................................4 2.1.1 Thuận lợi ..............................................................................4 2.1.2 Khó khăn .............................................................................4 2.2 Mâu thuẫn .........................................................................................5 2.3 Giải pháp đề xuất ..............................................................................6 CHƯƠNG 3: NỘI DỤNG CỦA GIẢI PHÁP ..................................................7 3.1 Phương pháp biến đổi tương đương để giải phương trình ................7 3.1.1 Phương pháp. .......................................................................7 3.1.2 Một số thí dụ ........................................................................7 3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ .........................12 3.2.1. Phương pháp .......................................................................12 3.2.2. Một số thí dụ .......................................................................13 3.3 Phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ.............................19 3.3.1 Liên hợp bậc 1 .....................................................................20 3.3.2 Liên hợp bậc 2 .....................................................................26 3.4 Hiệu quả của giải pháp ......................................................................36 Chương 4: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ................................................... 38 TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................40

CHƯƠNG 1

CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP 1.1 Sự cần thiết hình thành giải pháp Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy. Bởi lẽ nó có thể đã rất cũ với nhiều người song vẫn còn rất mới với đối tượng học sinh, những người trực tiếp hằng ngày phải đau đầu, nhức óc với các bài toán mà trong đó phương trình vô tỷ là một trong những bài toán thuộc loại khó nhất.

Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp THCS, THPT. Đặc biệt kể từ khi kì thi Đại học được cải cách theo hướng 3 chung và mới đây là kì thi THPT Quốc Gia, trong đề thi môn toán năm nào củng có bài toán giải phương trình vô tỷ hoặc bất phương trình vô tỷ. Chính vì thế, để giúp các em học sinh có được nhiều cách tiếp cận đối với một bài toán phương trình vô tỷ, tôi đã quyết tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc và đề xuất một số phương pháp chính để giải quyết bài toán.

1.2 Mục tiêu của giải pháp Mục tiêu của giải pháp là nâng cao trình độ chuyên môn cho bản thân, hướng đến nâng cao chất lượng giảng dạy của cá nhân, góp phần nâng cao tỷ lệ học sinh đạt điểm cao trong môn Toán của nhà trường trong kỳ thi THPT Quốc Gia sắp đến. Trước thực tiễn bản thân được nhà trường tin tưởng và giao cho giảng dạy môn toán lớp 12a1, 2 (lớp gồm những học sinh có học lực tốt nhất của khối 12) qua các năm học, các em lại có nguyện vọng đậu vào những trường Đại học hàng đầu thường có điểm thi phải cao, do đó đặt ra cho giáo viên phải có những phương pháp tối ưu để giúp các em đạt được ước mơ.

Trong đề thi bài toán giải phương trình vô tỷ được vào loại câu khó nên điều đó càng thúc đẩy bản thân tìm tòi để hình thành giải pháp cho bản thân, đồng thời góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy cho tất cả giáo viên tổ Toán.

3

1.3 Phương pháp thực hiện Trong quá trình hình thành giải pháp cá nhân đã kết hợp các phương pháp dưới đây: Phương pháp phân tích: nghiên cứu thực trạng sử dụng các phương pháp giải phương trình vô tỷ đã biết để áp dụng giải một bài toán cụ thể. Trong thực tiễn giảng dạy Phương pháp tổng hợp: sử dụng tài liệu tham khảo cùng với thực tế diễn ra trên lớp, cùng với đóng góp của quý thầy cô.

Phương pháp trao đổi và thảo luận: cùng nghiên cứu và cung cấp những kết quả thảo luận với các thầy cô giáo trong tổ, với học sinh.

Phương pháp phân tích, thống kê số liệu: điều tra, khảo sát và phỏng vấn học sinh lớp thực nghiệm.

1.4 Đối tượng và phạm vi áp dụng: Nội dung của giải pháp này hướng đến đối tượng là học sinh khá, giỏi của các lớp và trọng tâm là phục vụ cho các em học sinh dự thi kì thi THPT quốc gia. Trong quá trình giảng dạy giáo viên và học sinh cùng trao đổi về lời giải của một bài toán, phân tích để chọn được lời giải hay và lấy đó để tích luỹ kình nghiệm cho bản thân. Tuy nhiên chúng ta không khuôn mẫu cho tư duy của học sinh, để tránh học sinh chỉ được tiếp thu theo một lối mòn có sẵn dẫn đến khi gặp các bài toán “lạ”, “chưa gặp dạng” thì học sinh không thể giải quyết được. Vì vậy khi thực hành giải pháp này giáo viên để cho học sinh thoả sức thể hiện lời giải theo suy nghỉ của mình, cuối cùng thảo luận giữa các học sinh và giáo viên chốt lại và đưa ra những phân tích cho các cách giải của mỗi học sinh.

Tùy thuộc vào đặc điểm dạy học của từng trường, tùy vào phương pháp lên lớp của mỗi giáo viên để đưa ra các cách thức khác nhau để thực hiện giải pháp này. Theo cá nhân tác giả thấy rằng nếu chúng ta thực hiện theo giải pháp này thì học sinh không thụ động mà các em được là chủ trong vấn đề tiếp nhận kiến thức, mặt khác các em cảm thấy tự tin hơn khi đứng trước một bài toán giải phương trình vô tỷ, đặc biệt là các em học sinh chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia.

4

CHƯƠNG 2

QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH GIẢI PHÁP Trường THPT Hòa hội là một trường vùng sâu, vùng xa của tỉnh, chất lượng học tập của học sinh còn thấp so với mặt bằng chung của tỉnh BRVT, học sinh thuộc nông thôn , ở nhà các em còn phải phụ giúp gia đình các việc nhỏ, vừa sức nên các em chưa hẳn đã sử dụng toàn bộ thời gian cho việc học; Đây là trở ngại vô cùng lớn cho quá trình dạy học của giáo viên và học sinh.

Tuy nhiên trong các kì thi (tốt nghiệp THPT trước đây và THPT Quốc gia hiện nay), trường THPT AAAAA đều có những thành tích khá cao. Đây là sự động viên lớn lao cho giáo viên có thêm động lực để xây dựng các giải pháp, sáng kiến áp dụng vào dạy học.

2.1. Thực trạng 2.1.1 Thuận lợi Nhìn chung phần lớn học sinh tại trường THPT AAAAA đều ngoan và lễ phép, có ý thức kỹ luật trong học tập. Đây chính là cơ sở quan trọng nhất để giáo viên có thể tiến hành được những giải pháp thúc đẩy quá trình dạy – học. Đội ngũ giáo viên có sự nhiệt tình và tận tụy với nghề nên có sự đầu tư lớn trong công tác bổi dưỡng học sinh giỏi và phụ đạo các học sinh trung bihf yếu. Đặc biệt là sự quan tâm của nhà trường vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi học sinh dự thi THPT Quốc gia, xác định đây là bộ mặt của nhà trường nên đã có những ưu đã thoả đáng cho những giáo viên có học sinh giỏi hoặc có học sinh đạt tỷ lệ cao trong các kỳ thi, điều này làm cho đội ngũ giáo viên an tâm, nhiệt tình hơn trong công việc.

2.1.2 Khó khăn Bề dày kinh nghiệm của một số giáo viên của trường chưa cao, việc thực hiện dự giờ thăm lớp đôi khi chỉ còn là hình thức; do bị động về thời gian, tình hình thiếu nhân sự của trường kéo dài nên các giáo viên phải dạy nhiều tiết dẫn đến không còn quỹ thời gian để thực hiện nhiệm vụ dự giờ.

Học sinh có những khác biệt về cách nhận thức, hoàn cảnh gia đình, kinh tế, lười học hoặc thiếu sự quan tâm của cha mẹ,... Những điều này đã ảnh hưởng nhiều đến vấn đề học tập của học sinh, từ đó dẫn đến các em chán nản việc học, và hỏng kiến thức.

Trong một lớp học do có nhiều đối tượng học sinh nên giáo viên khó quản lí và bao quát được từng loại học sinh, đặc biệt là phân loại kiến thức sao cho phù hợp với từng cấp độ, năng lực đối tượng.

5

Mặt khác, học sinh còn bị ảnh hưởng bởi cách truyền thụ trước đây, nên ỷ lại, lười suy nghĩ, không chuẩn bị bài ở nhà, trong giờ học thì lơ là không tập trung,... làm giảm khả năng tư duy của học sinh.

2.2 Mâu thuẫn Nhìn chung, giáo viên chủ yếu là đội ngũ đang còn trẻ, có lòng nhiệt tình và say mê với nghề. Luôn có lòng mong muốn cống hiến. Tuy nhiên,do kinh nghiệm còn non nên nhiều lúc chưa có sự định hướng rõ ràng về phương pháp dạy. Dẫn đến sự ngộ nhận về năng lực học sinh nên thường có những yêu cầu quá cao kiến thức đối với học sinh, điều này làm cho học sinh có thể bị áp lực đôi khi có thể học sinh rơi vào tình trạng “mất niềm tin” vào bản thân. Đối với học sinh, các em đều có tinh thần học tập, tuy nhiên, do chưa có sự định hướng về cách học, một phần là các em đã thụ động tiếp thu kiến thức trong một thời gan quá dài (cấp 1, 2) điều này dẫn đến một số học sinh bì hổng kiến thức dó đó khi gặp những vấn đề đòi hỏi phải có những lập luận cao thì học sinh dễ thất bại.

Sau khi giải quyết một bài toán xong chúng ta thường hỏi “có cách nào khác không các em?” điều này luôn đặt ra các em một thôi thúc là tìm kiếm lời giải khác. Vì vậy việc hình thành một giải pháp là điều tất yếu.

2.3 Giải pháp đề xuất Trên cơ sở những vấn đề đã nói đến ở trên, để những học sinh có học lực khá, giỏi có động lực hơn với môn toán học thì thiết nghĩ rằng hình thức bồi dưỡng học sinh giỏi là giải pháp cần phải áp dụng. Tuy nhiên, để việc thực hiện giải pháp đạt hiệu quả cao điều quan trọng nằm ở tinh thần của giáo viên bên cạnh thái độ học của học sinh.

Qua nhiều năm tôi tham gia giảng dạy học sinh giỏi cho học sinh tại trường, tôi đều nhận thấy một điều hết sức quan trọng trong dạy học chính là thái độ và tình cảm của giáo viên. Khi tình thương và trách nhiệm của giáo viên với học sinh càng cao thì chất lượng của công tác bồi dưỡng rất tốt và ngược lại. Để giải quyết bài toán nâng cao chất lượng học sinh chung của toàn trường, trong đó có đối tượng học sinh khá, giỏi; với mục tiêu nâng cao tỷ lệ học sinh đạt điểm cao trong kỳ thi THPT Quốc gia, thì yếu tố cần thiết chính là sự mạnh dạng của giáo viên trong việc thực hiện các giải pháp để nâng cao trình độ cho học sinh.

6

CHƯƠNG 3

NỘI DUNG GIẢI PHÁP Quy tắc chung nhất cho việc giải một phương trình vô tỷ là phương pháp biến đôi tương đương, bằng cách đặt điều kiện rồi luỹ thừa nhiều lần cho đến khi trong phương trình không còn biểu thức vô tỷ, dưới đây chúng ta sẽ được tìm hiểu phương pháp này thông qua một vài thí dụ.

3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 3.1.1 PHƯƠNG PHÁP Trong bài viết này chúng ta chỉ xét những phương trình chủ yếu là chứa căn bậc hai, các dạng thức khác có thể hiểu tương tự. Khi sử dụng phương pháp này chúng ta thường nâng bậc của phương trình đến khi phương trình thành đa thức, lúc đó sử dụng máy tính để tách nhân tử chung: Các dạng biến đổi tương đương thường gặp là •

•

•

g (x ) ≥ 0 f (x ) = g (x ) ⇔  2  f (x ) = [g (x ) ] (1) g (x ).h (x ) ≥ 0 g (x ). f (x ) = h (x ) ⇔  2 2 [ ] [ ] ( ) . ( ) ( ) (2) g x f x = h x   f (x ) ≥ 0 g (x ) ≥ 0  f (x ) + g (x ) = h (x ) ⇔ h (x ) ≥ 0   f (x ) + g (x ) + 2 f (x ).g (x ) = [h (x )]2 

(3)

Các phương trình (1), (2), (3) chúng ta sẽ giải ở ngoài và sau đó kết hợp nghiệm của phương trình. Chúng ta còn sử dụng các bước sau đây để giải một phương trình nói chung B1: Lấy điều kiện có nghiệm cho phương trình B2: Thực hiện phép biến đổi tương đương để giải phương trình B3: Đối chiếu điều kiện để chọn nghiệm phương trình 3.1.2 MỘT SỐ THÍ DỤ Thí dụ 1: Giải phương trình x 2 − 6x + 6 = 2x − 9

Bài giải: 7

+ ĐK: 2x − 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ 9

2

+ BP 2 vế ta có phương trình tương đương với x 2 − 6x + 6 = (2x − 9) 2 ⇔ x 2 − 10x + 25 = 0 ⇔ x = 5 (t / m ) + Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = 5

Thí dụ 2: Giải phương trình 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0

Bài giải: + ĐK: −(x 2 − 3x + 1) ≥ 0 ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 3 + 5 2

2

+ Phương trình tương đương với 2x − 1 = (−x 2 + 3x − 1) 2

⇔ x 4 − 6x 3 + 11x 2 − 8x + 2 = 0 x = 1 ⇔ 2 x − 4x + 2 = 0 x = 1(tm )  ⇔ x = 2 − 2 (tm ) x = 2 + 2 (ktm )  + Kết hợp điều kiện phương trình có 2 nghiệm x = 1,x = 2 − 2

Thí dụ 3: Giải phương trình 2x 2 + x + 4 = 41x 2 − 20x + 36

Bài giải: + Nhận xét 2 vế của PT đều không âm + Phương trình tương đương với (2x 2 + x + 4) 2 = 41x 2 − 20x + 36 ⇔ 4x 4 + x 2 + 16 + 4x 3 + 16x 2 + 8x = 41x 2 − 20x + 36 ⇔ x 4 + x 3 − 6x 2 + 7x − 5 = 0

(*)

⇔ (x − x + 1)(x + 2x − 5) = 0

(**)

2

2

2 x − x + 1 = 0(VN ) ⇔ 2 x + 2x − 5 = 0 x = −1 + 6 ⇔ x = −1 − 6

8

+ Kết hợp điều kiện phương trình có 2 nghiệm x = −1 ± 6 Nhận xét: Làm thế nào để phân tích được pt về dạng f (x ).g (x ) với f (x ) = x 2 + 2x − 5,g (x ) = x 2 − x + 1 , điều này được giải thích bằng phương pháp nhẩm nghiệm từ máy tính. Sử dụng MT ta nhẩm nghiệm được (*) có hai nghiệm gần đúng lần lượt là α = 1, 449...., β = −3, 449... Sau đó kết hợp Vi et cho α + β = 2 hai số α , β ta được α .β = 5 vì vậy ta kết luận được rằng hai số α , β là hai  

nghiệm của phương trình x 2 + 2x − 5 = 0 . Đó chính là cơ sở để có được biến đổi từ (*) về (**).

Phương pháp trên được tác giả gọi là “Phương pháp Vi – et để giải phương trình đa thức”.

Qua lời giải trên chúng ta tham khảo thêm lời giải khác như sau: PT ⇔ 2x 2 + 4x − 10 = 3x − 14 + 41x 2 − 20x + 36 ⇔ 2(x 2 + 2x − 5) = 41x 2 − 20x + 36 − (14 − 3x ) 41x 2 − 20x + 36 − (14 − 3x ) 2 ⇔ 2(x + 2x − 5) = 41x 2 − 20x + 36 + (14 − 3x ) 32(x 2 + 2x − 5) ⇔ 2(x 2 + 2x − 5) = 41x 2 − 20x + 36 + (14 − 3x ) 2 x + 2x − 5 = 0 ⇔ 2  41x − 20x + 36 + (14 − 3x ) = 16 2 x + 2x − 5 = 0 ⇔ 2  41x − 20x + 36 = 3x + 2 ⇔ x = −1 ± 6 2

Phương pháp để giải phương trình trên tác giải gọi là “PP liên hợp bậc 2” Thí dụ 4: Giải phương trình 3x + 4 − 2x + 1 = x + 3

Bài giải: 3x + 4 ≥ 0  + ĐK:  2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − 1 2 x + 3 ≥ 0 

+ Phương trình tương đương với 9

3x + 4 − 2x + 1 = x + 3 ⇔ 3x + 4 = 2x + 1 + x + 3

⇔ 3x + 4 = 2x + 1 + x + 3 + 2 (2x + 1)(x + 3) ⇔ (2x + 1)(x + 3) = 0 x = − 1  2 x = −3

(tm ) (ktm )

+ Kết hợp điều kiện phương trình có nghiệm x = − 1

2

Thí dụ 5: Giải phương trình

x + 5 + 3x − 8 = 5(5 − x )

Bài giải: x + 5 ≥ 0  + ĐK: 3x − 8 ≥ 0 ⇔ 8 ≤ x ≤ 5 3 5 − x ≥ 0 

+ Phương trình tương đương với x + 5 + 3x − 8 + 2 (x + 5)(3x − 8) = 25(5 − x ) 2 ⇔ 2 3x 2 + 7x − 40 = 25x 2 − 254x + 628

(*)

+ Bình phương hai vế phương trình (*) ta có phương trình hệ quả sau 625x 4 − 12700x 3 + 95904x 2 − 319052x + 394544 = 0 ⇔ (x − 4)(625x 3 − 10200x 2 + 55104x − 98636) = 0 x = 4 ⇔ 3 2 g (x ) = 625x − 10200x + 55104x − 98636 = 0 (**) + Bây giờ đặt f (x ) = x + 5 + 3x − 8,x ≥ 8 ta có 3 3 1 + > 0, ∀x > 8 f '(x ) = 3 2 x + 5 2 3x − 8 suy ra f (x ) ≥ f ( 8 ) = 23 . Vì vậy phương trình đã cho có nghiệm thì ta cần 3 3 phải có 5(5 − x ) ≥ 23 ⇔ x ≤ 1 (25 − 23 ) < 23 . Từ đây ta đi chứng minh 3 5 3 5 phương trình (**) vô nghiệm trên khoảng [ 8 ; 23 ) 3 5

+ Ta có

10

g '(x ) = 1875x 2 − 20400x + 55104 x = 136 + 8 2 ≈ 5, 89 := x 2  25 g '(x ) = 0 ⇔  136 − 8 2 ≈ 4, 98 := x 1 x = 25

và g ( 23 ) = − 773 5

5

lập bảng biến thiên cho hàm số g (x ) ta được g (x ) < g ( 23) < 0, ∀x ∈ [ 8 ; 23 ) , từ

5 đây ta chứng minh được (**) vô nghiệm trên khoảng [ 8 ; 23 ) 3 5 + Kết luận PT đã cho có 1 nghiệm x = 4 .

3 5

Lời giải của phương trình theo hướng trên ta thấy mình “khỏe vô cùng” . Sau đây chúng ta tham khảo thêm lời giải khác như sau: x + 5 ≥ 0  + ĐK: 3x − 8 ≥ 0 ⇔ 8 ≤ x ≤ 5 3 5 − x ≥ 0 

+ Biến đổi phương trình tương đương như sau x + 5 − 3 + 3x − 8 − 2 = 5(4 − x ) x − 4 + 3(x − 4) = 5(4 − x ) x +5 +3 3x − 8 + 2 x − 4 = 0 ⇔ 1 3 + = −5(VN )   x +5+3 3x − 8 + 2 ⇔ x = 4(t / m ) + Kết hợp điều kiện ta được x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình. ⇔

Phương pháp để giải phương trình theo cách trên tác giải gọi là “PP liên hợp bậc 1”.

Thí dụ 6: Giải phương trình 3(2 + x − 2 ) = 2x + x + 6

Bài giải: + ĐK: x ≥ 2 + Phương trình tương đương với

11

6 + 3 x − 2 = 2x + x + 6 ⇔ 3 x − 2 − x − 6 = 2x − 6 9(x − 2) − (x − 6) = 2(x − 3) 3 x −2 + x −6 8(x − 3) ⇔ = 2(x − 3) 3 x −2 + x −6 x = 3 ⇔ 4 = 1 (*)  3 x − 2 + x − 6

⇔

+ Xét phương trình (*), phương trình tương đương với 3 x −2+ x +6 =4

⇔ 9(x − 2) + (x + 6) + 6 x 2 + 4x − 12 = 16 ⇔ 3 x 2 + 4x − 12 = 14 − 5x x ≤ 14  5 ⇔ 2 16 − 176x + 304 = 0 x  ⇔ x = 11 − 3 5 2

+ Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3,x = 11 − 3 5 .

2

Qua các thí dụ trên chúng ta nhận thấy cần phải có những cách tiếp cận khác để giải bài toán nhanh hơn có thể. Tiếp theo tôi nhắc lại một phương pháp mà giáo viên, học sinh thường hay sử dụng để giải bài toán phương trình vô tỷ đó là phương pháp đặt ẩn phụ.

3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3.2.1 PHƯƠNG PHÁP Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng như: * Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ. * Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia. * Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối xứng. * Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích với vế phải bằng 0.

12

3.2.2 MỘT SỐ THÍ DỤ Thí dụ 1: Giải phương trình 2x 2 + 5x + 2 − 2 2x 2 + 5x − 6 = 1

Bài giải: + Đặt t = 2x 2 + 5x − 6 với t ≥ 0 PT trở thành t 2 + 8 − 2t = 1 ⇔ t 2 + 8 = 2t + 1

⇔ t 2 + 8 = (2t + 1) 2 (do t ≥ 0) ⇔ 3t 2 + 4t − 7 = 0 (tm ) t = 1  ⇔ 7 (ktm ) t = −  3 x = 1 + Với t = 1 ta có phương trình 2x + 5x − 6 = 1 ⇔  7 x = − 2 7 + Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1,x = − 2 2

Thí dụ 2: Giải phương trình

(x + 1)(x + 4) − 3 x 2 + 5x + 2 = 6

Bài giải: + Đặt t = x 2 + 5x + 2 với t ≥ 0 PT trở thành t 2 + 2 − 3t = 6 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0

(tm ) t = 4 ⇔ t = −1 (ktm ) x = 2

+ Với t = 4 ta có phương trình x 2 + 5x − 14 = 0 ⇔ x = −7  + Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2,x = −7

Thí dụ 3: Giải phương trình x + 1 + 4 − x + (x + 1)(4 − x ) = 5

Bài giải: + Đặt t = x + 1 + 4 − x với t ≥ 0 , ta có 2 t 2 = x + 1 + 4 − x + 2 (x + 1)(4 − x ) ⇔ (x + 1)(4 − x ) = t − 5 2

13

+ PT trở thành 2 t +t −5 = 5 2 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0

(tm ) t = 3 ⇔ t = −5 (ktm ) x = 0

+ Với t = 3 ta có phương trình (x + 1)(4 − x ) = 2 ⇔ x 2 − 3x = 0 ⇔ x = 3 

+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0,x = 3 Thí dụ 4: Giải phương trình 3

2 − x = 1− x −1

Bài giải: + ĐK: x ≥ 1 + Đặt t = 3 2 − x ta có x = 2 − t 3 + Phương trình trở thành

t = 1 − 2 − t3 − 1 ⇔ 1 − t3 = 1 − t t ≤ 1 ⇔ 3 2 1 − t = (1 − t ) t ≤ 1 ⇔ 3 2 t + t − 2t = 0 t = 0 ⇔ t = 1  t = −2 

+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 1,x = 2,x = 10 .

Thí dụ 5: Giải phương trình 3x − 2 + x − 1 = 4x − 9 + 2 3x 2 − 5x + 2

Bài giải: + ĐK: x ≥ 1 + Đặt t = 3x − 2 + x − 1 ta có t ≥ 0,t 2 = 4x − 3 + 2 3x 2 − 5x + 2 + Phương trình trở thành t = −2 (ktm ) t = t2 − 6 ⇔ t2 − t − 6 = 0 ⇔  (tm ) t = 3

14

+ Từ đây ta tìm được nghiệm của phương trình là x = 2 .

Thí dụ 6: Giải phương trình 4

18 − x + 4 x − 1 = 3

Bài giải: + ĐK: 1 ≤ x ≤ 18 + Đặt a = 4 18 − x ,b = 4 x − 1;a ,b ≥ 0 + Từ phương trình ta có hệ a + b = 3 a + b = 3 ⇔ a 4 + b 4 = 17 (ab ) 2 − 18ab + 32 = 0   a + b = a 3   + b = 3 ⇔ ∨ ab = 2 ab = 16  

+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 2,x = 17 .

Thí dụ 7: Giải phương trình 3

9 −x + x +3 = 4

Bài giải: + ĐK: −3 ≤ x + Đặt t = 3 9 − x ⇒ x = 9 − t 3 + Phương trình trở thành t + 12 − t 3 = 4 ⇔ 12 − t 3 = 4 − t t ≤ 4 ⇔ 3 2 12 − t = (4 − t ) t ≤ 4 ⇔ 3 2 t + t − 8t + 4 = 0 t = 2 ⇔ t = −3 ± 17  2

+ Từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là x = 1,x = 63 ± 11 17 .

2

Thí dụ 8: Giải phương trình 18x 2 − 18x x − 17x − 8 x − 2 = 0 .

Bài giải: 15

+ Đặt

x =t

với t ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành

(3t 2 − 4t − 2)(6t 2 + 2t + 1) = 0 , suy ra 3t 2 − 4t − 2 = 0 , ta được t =

+ Từ đó phương trình có nghiệm là x =

2 + 10 .

3

14 + 4 10 .

9

Thí dụ 9: Giải phương trình x 2 − 3x + 1 = − 3 x 4 + x 2 + 1 .

3

Bài giải: + Ta có sự phân tích x 4 + x 2 + 1 = (x 2 + 1) 2 − x 2 = (x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1) đồng thời với mọi x ta có x 2 − 3x + 1 = 2(x 2 − x + 1) − (x 2 + x + 1) 2 + Đặt y = x 2 − x + 1

(có thể viết đk y ≥ 0 hoặc chính xác hơn là

x + x +1

3 ≤ y ≤ 3 ), ta được 3

3 3 2y 2 − 1 = − 3 y = 0 ⇔ 6y 2 + 3y − 3 = 0 , ta được y = (loại y = − ).

3 3 2 + Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .

Thí dụ 10: Giải phương trình

(

)

2 − x 2 + 2 − 12 = 4 − x + 1 . x x

Bài giải: + Ta thấy x < 0 không thỏa mãn. Khi đó phương trình tương đương với hệ  4 − x + 1 > 0 x  x > 0 .   2 2  2 − x 2 + 2 − 12 = 4 − x + 1  x 1  2 ≤ t < 4 (1) 1 + Đặt t = x + , ta được  .

2 2 2 x  4 − (t − 2) + 2 5 − 2(t − 2) = (4 − t ) (2)

(

(

)

) ( ( ))

+ Xét (2) ⇔ 9 − 2t 2 = t 2 − 4t + 5 ⇔ t 4 − 8t 3 + 28t 2 − 40t + 16 = 0 (do hai vế không âm). ⇔ (t − 2)(t 3 − 6t 2 + 16t − 8) = 0

⇔ (t − 2)[(t − 2)(t 2 − 4t + 8) + 8] = 0

16

Dẫn đến t = 2 (do ((t − 2)(t 2 − 4t + 8) + 8) > 0 với mọi t thỏa mãn (1)). + Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1 .

Thí dụ 11: Giải phương trình 2 x2 + 1 − x + 2 x 1 − x2 = 1 .

Bài giải: + Ta có phương trình tương đương với 1 − x = 1 − 2 x 2 − 2 x 1 − x 2 suy ra 1 − x = 1 + 4 x 4 + 4 x 2 (1 − x 2 ) − 4 x 2 − 4 x 1 − x 2 + 8 x 3 1 − x 2

⇔ x(1 − 4 1 − x 2 + 8 x 2 1 − x 2 ) = 0 x = 0 ⇔ 2 2 2 1 − 4 1 − x + 8 x 1 − x = 0(1) + Xét (1), đặt y = 1 − x 2 , suy ra y ≥ 0 và x 2 = 1 − y 2 . Ta được 1 − 4 y + 8 y (1 − y 2 ) = 0

⇔ 8 y3 − 4 y − 1 = 0

⇔ (2 y + 1)(4 y 2 − 2 y − 1) = 0 ⇔y=

+ Từ đó suy ra x = ±

1+ 5 4

5− 5 .

8

+ Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0, x = −

5− 5 .

8

Thí dụ 12: Giải phương trình x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 .

Bài giải: + Đặt

4 − x 2 = y , với 0 ≤ y ≤ 2 . Khi đó ta được hệ  x + y = 2 + 3 xy .  2 2 x + y = 4 

+ Sử dụng phương pháp thế hoặc giải hệ đối xứng loại 1 đặt x + y = S ; xy = P rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình là x = 0, x = 2 và x = 17

−2 − 14 .

3

+ Vậy phương trình có các nghiệm là x = 0, x = 2 và x =

−2 − 14 .

3

Thí dụ 13: Giải phương trình 3

81x − 8 = x3 − 2 x 2 +

4 x−2.

3

Bài giải: 4 3

+ Đặt 3 81x − 8 + 2 = 3 y ⇒ 3 x = y 3 − 2 y 2 + y . Khi đó ta được hệ 4  3 2 3 x = y − 2 y + 3 y .  4 3 2 3 y = x − 2 x + x  3

+ Đây là hệ đối xứng loại 2, xét hiệu hai phương trình dẫn đến x = y (do

1 1 1 1 ( x + y ) 2 + ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 + > 0 ).

2 2 2 3

Thay vào hệ và giải phương trình ta được x = 0; x = Thí dụ 14: Giải phương trình

3± 2 6 .

3

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 .

Bài giải: + ĐK x ≥ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau: 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x + 4)( x − 5) ⇔ 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 ( x + 1)( x − 5) x + 4

⇔ 2( x + 1)( x − 5) + 3( x + 4) = 5 ( x + 1)( x − 5) x + 4

+ Đặt ( x + 1)( x − 5) = y; x + 4 = z , với y ≥ 0; z ≥ 3 . Ta được y = z 2 y 2 + 3 z 2 = 5 yz ⇔ ( y − z )(2 y − 3 z ) = 0 ⇔   y = 3z 5 + 61 + Nếu y = z thì ta được x = (do x ≥ 5 ).

2 3 7 + Nếu y = z thì ta được x = 8; x = − .

2 4

18

+ Vậy phương trình có ba nghiệm x = 8,x = −7 ,x = 5 + 61 4

2

Chú ý: Cách giải phương trình hai ẩn y và z như trên tác giả gọi là phương pháp đẳng cấp.

Thí dụ 15: Giải phương trình 7x 2 + 7x = 4x + 9 , với x > 0 .

28

+ Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt

4x + 9 = ay + b , sau đó bình 28

phương lên rồi ta “cố ý” biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta sẽ 1 2

biết được giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được a = 1; b = . (Nếu a = 1,b = 0 mà giải được thì đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở

đây).

Bài giải: + Đặt

4x + 9 1 = y + , do x > 0 nên 28 2

4x + 9 9 1 > > , từ đó y > 0 . Ta được 28 28 2

hệ đối xứng loại 2 7x 2 + 7x = y + 1  2  2 1 7y + 7y = x + 2 x ,y > 0  −6 + 50 . + Giải hệ bình thường theo dạng ta được x = 14

Việc biết lựa chọn một ẩn phụ để giải phương trình đã giúp chúng ta giải quyết bài toán nhanh hơn rồi, tuy nhiên trong một số trường hợp chúng ta không thể đặt ẩn phụ và cũng không thể sử dụng phương pháp tương đương một cách khã thi thì việc phải nghỉ ra một phương pháp khác là điều cần thiết.

Tác giả đã đề xuất phương pháp liên hợp để giải bài toán phương trình vô tỷ.

3.3 PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Trong toàn bộ mục này chúng ta sẽ giải phương trình chứa biểu thức vô tỷ bằng “phương pháp liên hợp” đây là nội dung chủ yếu của giải pháp này, trong những năm trở lại đây ở các đề thi Đại học, THPT Quốc gia phương pháp này thương được hay sử dụng và tỏ ra hiệu quả nhất định, vì thế tác giả muốn hình thành cho học sinh một còn đường tư duy để học sinh giải quyết được bài toán giải phương trình vô tỷ.

19

Dưới đây là các biểu thức liên hợp thường gặp cần phải nhân vào trong từng trường hợp: BIỂU THỨC ĐANG CÓ

LƯỢNG LIÊN HỢP PHẢI NHÂN VÀO

A −B A +B 3 A −B

A +B A −B 2 3 ( A ) + 3 A.B + B 2

3

( 3 A ) 2 − 3 A.B + B 2

A +B

Đối với phương pháp liên hợp nói chung, tác giả đề xuất 2 trường hợp thường gặp sau: 3.3.1 LIÊN HỢP BẬC 1 Liên hợp bậc 1 là thay thế biếu thức A bởi một số m nào đó, đối với các phương trình phức tạp mà chỉ nhẩm được một nghiệm thì cách này tỏ ra rất hiệu quả. Chúng ta sẽ hình dung qua các ví dụ sau: Thí dụ 1: Giải phương trình 2x − 3 + 5x + 6 + x + 2 = 9 − x

Bài giải: + ĐK: 3 ≤ x ≤ 9 2

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 2 . Từ đây ta thay 1 , 5x + 6 bởi 4 và x + 2 bởi 2, ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với

2x − 3 bởi

2x − 3 − 1 + 5x + 6 − 4 + x + 2 − 2 = 2 − x 2(x − 2) 5(x − 2) + + x−2 = 2−x x+2+2 2x − 3 + 1 5x + 6 + 4 2 5 1 ⇔ (x − 2)  + + + 1 = 0  2x − 3 + 1 5x + 6 + 4 x + 2 + 2  x = 2  ⇔ 2 5 1 + + + 1 = 0 (*)   2x − 3 + 1 5x + 6 + 4 x+2+2

⇔

+ Dễ thấy phương trình (*) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 .

Thí dụ 2: Giải phương trình 20

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0

Bài giải: + ĐK: − 1 ≤ x ≤ 6 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 5 . Từ đây ta thay 4, − 6 − x bởi −1 , ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với

3x + 1 bởi

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0 ⇔ 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 5 = 0 3(x − 5) (x − 5) + + (3x + 1)(x − 5) = 0 3x + 1 + 4 6 −x +1 3 1 ⇔ (x − 5)  + + (3x + 1)  = 0  3x + 1 + 4  6 −x +1 x = 5 ⇔ 3 1 + + (3x + 1) = 0 (*)   3x + 1 + 4 6 −x +1 ⇔

+ Vì x ≥ − 1 nên 3x + 1 ≥ 0 , do vậy phương trình (*) vô nghiệm, từ đây 3

phương trình đã cho có một nghiệm x = 5 .

Thí dụ 3: Giải phương trình 5x − 1 + x + 2 = 7 − x

Bài giải: + ĐK: 1 ≤ x ≤ 7 5

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 2 . Ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với 5x − 1 − 3 + x + 2 − 2 = 2 − x 5(x − 2) (x − 2) + + (x − 2) = 0 5x − 1 + 3 x+2+2 5 1 ⇔ (x − 2)  + + 1 = 0  5x − 1 + 3 x + 2 + 2  x = 2  ⇔ 5 1 + + 1 = 0 (*)   5x − 1 + 3 x+2+2 ⇔

+ Dễ thấy (*) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 .

21

Thí dụ 4: Giải phương trình x − 2 + 4 − x + 5x + 2x − 5 = 2x 2

Bài giải: + ĐK: 5 ≤ x ≤ 7 2

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 3 . Ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với x − 2 − 1 + 4 − x − 1 + 2x − 5 − 1 = 2x 2 − 5x − 3 (x − 3) (3 − x ) 2(x − 3) + + = (2x + 1)(x − 3) x − 2 +1 4 −x +1 2x − 5 + 1 1 −1 2 ⇔ (x − 3)  + + − (2x + 1)  = 0  x − 2 + 1  4 −x +1 2x − 5 + 1 x = 3  ⇔ 1 −1 2 + + − (2x + 1) = 0 (*)   x − 2 +1 4 −x +1 2x − 5 + 1 ⇔

+ Xét phương trình (*), ta có

1 2 1 (**) + = (2x + 1) + x − 2 +1 2x − 5 + 1 4 −x +1 + Với điều kiện x ≥ 5 ta có vế phải của (**) 2 1 > 2. 5 + 1 + 0 = 6 (2x + 1) + 2 4 −x +1

(*) ⇔

Đồng thời vế trái của (**)

1 + x − 2 +1

2 <1+ 2 = 3 2x − 5 + 1

Do vậy (**) vô nghiệm, từ đây phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 .

Thí dụ 5: Giải phương trình 5x − 1 + x + 2 = 5 x 2 − 7 x + 9 12 12 2

Bài giải: + ĐK: x ≥ 1

5

+ Nhận xét: Từ MTBT ta chỉ tìm được nghiệm x = 2 . Ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với

22

5x − 1 − 3 + x + 2 − 2 = 5 x 2 − 7 x − 1 12 12 2 5(x − 2) (x − 2) 1 ⇔ + = (5x + 3)(x − 2) 5x − 1 + 3 x + 2 + 2 12 5 1 ⇔ (x − 2)  + − 1 (5x + 3)  = 0  5x − 1 + 3  x + 2 + 2 12 x = 2  ⇔ 5 1 + = 1 (5x + 3) (*)   5x − 1 + 3 x + 2 + 2 12

+ Xét phương trình (*), từ điều kiện chúng ta chưa thể khẳng định ngay (*) vô nghiệm, hơn nữa từ MT chúng ta lại thấy (*) nhận nghiệm x = 2 . Đây là cơ sở để chúng ta giải (*) bằng phương pháp đánh giá như sau 5 1  + < 5 + 1 = 13  5x − 1 + 3 x + 2 + 2 6 4 12 ⇒ (*) vô nghiệm Nếu x > 2 thì  1 (5x + 3) > 13  12 12 5 1  + > 5 + 1 = 13  5x − 1 + 3 x + 2 + 2 6 4 12 ⇒ (*) vô nghiệm Nếu x < 2 thì  1 (5x + 3) < 13  12 12 Thử thấy x = 2 thỏa (*) vậy (*) có duy nhất nghiệm x = 2 . + Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 2 .

Nhận xét: Lời giải trên chưa thật sự tốt, vì sau khi tìm được nghiệm x = 2 thường thì học sinh sẽ chứng minh (*) vô nghiệm, để khắc phục “sự cố” này chúng ta sẽ đưa vào đây lời giải bằng “phương pháp tiếp tuyến” sẽ được tìm hiểu ở giải pháp lần sau. Nhưng trước hết ta tham khảo lời giải thứ 2 như sau: Lời giải 2: + Phương trình tương đương với 12 5x − 1 + 12 x + 2 = 5x 2 − 7x + 54

⇔ 5[x 2 − 4x + 4] + 2 [5x − 1 − 6 5x − 1 + 9] + 3 [x + 2 − 4 x + 2 + 4] = 0 2

2

⇔ 5 (x − 2 ) 2 + 2 ( 5x − 1 − 3) + 3 ( x + 2 − 2 ) = 0 x − 2 = 0  ⇔  5x − 1 − 3 = 0 ⇔ x = 2   x + 2 − 2 = 0

+ Lời giải trên có thể bất ngờ đối với bạn phải không?

Chúng ta tiếp tục xem lời giải sau đây: Lời giải 3: (Phương pháp tiếp tuyến) + Phương trình tương đương với 23

5x − 1 − ( 5 x + 8 ) + x + 2 − ( 1 x + 3 ) = 5 (x 2 − 4x + 4) 6 6 4 2 12 2 5 8 1 5x − 1 − ( x + ) x + 2 + ( x + 3 )2 6 6 + 4 2 = 5 (x 2 − 4x + 4) ⇔ 5 8 1 x + 2 + ( x + 3 ) 12 5x − 1 + ( x + ) 6 6 4 2 2 2 25 1 − (x − 4x + 4) − (x − 4x + 4) ⇔ 36 + 16 = 5 (x 2 − 4x + 4) 5 8 3 1 x + 2 + ( x + ) 12 5x − 1 + ( x + ) 6 6 4 2 2 x − 4x + 4 = 0  − 25 − 1 ⇔ 36 16  + = 5 (*) 5 8 1 3  5x − 1 + ( x + ) x + 2 + ( x + ) 12  6 6 4 2 + Với điều kiện x ≥ 1 ta dễ dàng có (*) vô nghiệm, vậy phương trình đã cho 5 có nghiệm duy nhất x = 2 .

Thí dụ 6: Giải phương trình x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8

Bài giải: + ĐK: x ≥ 2 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 1 . Ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với x 2 + 15 − 4 = 3(x − 1) + x 2 + 8 − 3 x2 −1 x2 −1 = 3 ( x − 1 ) + x 2 + 15 + 4 x2 + 8 + 3 x +1  = 0 ⇔ (x − 1)  2x + 1 −3− 2  x + 15 + 4 x + 8 + 3  x = 1  ⇔ x +1 x +1 = 3+ (*)  2 2  x + 15 + 4 x +8 +3 + Theo trên pt có nghiệm khi x ≥ 2 suy ra x + 1 > 0 , ta có 3 2 2 x +1 x +1 x + 15 + 4 > x + 8 + 3 > 0 nên < . Do vậy (*) vô 2 2 x + 15 + 4 x +8 +3 ⇔

nghiệm. + Kết luận x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

24

Thí dụ 7: Giải phương trình x − 4 + 6 − x − 2x 2 + 13x − 17 = 0

Bài giải: + ĐK: 4 ≤ x ≤ 6 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được nghiệm x = 5 . Ta có lời giải như sau + Phương trình tương đương với x − 4 − 1 + 6 − x − 1 − (2x 2 − 13x + 15) = 0 x − 5 + 5 − x − (x − 5)(2x − 3) = 0 x − 4 +1 6 −x +1 1 1  ⇔ (x − 5) − − (2x − 3)  = 0  x − 4 + 1  6 −x +1 x = 5  ⇔ 1 1 − − (2x − 3) = 0 (*)   x − 4 +1 6 −x +1 ⇔

+ Xét pt (*) ta có

(*) ⇔

+ Theo điều kiện x ≥ 4 ta có

1 1 + 3 = 2x + x − 4 +1 6 −x +1

1  +3<1+3= 4  x − 4 +1 1 ⇒ (*) vô nghiệm.  1 2 x 8 + >   6 −x +1 + Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5

Thí dụ 8: Giải phương trình 4 x + 2 + 22 − 3x = x 2 + 8

Bài giải: + ĐK: −2 ≤ x ≤ 22 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = −1,x = 2 . Trước hết ta xét lời giải sau + Phương trình tương đương với 4( x + 2 − 2) + ( 22 − 3x − 4) = x 2 − 4 4(x − 2) −3(x − 2) + = (x − 2)(x + 2) x+2+2 22 − 3x + 4 4 −3 ⇔ (x − 2)  + − (x + 2)  = 0  x + 2 + 2  22 − 3x + 4 x = 2  ⇔ 4 −3 + − (x + 2) = 0 (*)   x+2+2 22 − 3x + 4 ⇔

+ Xét pt (*) ta có 25

−3 4 + = (x + 2) x+2+2 22 − 3x + 4 −3 4 + Xét vế trái là hàm số f (x ) = + có đạo hàm x+2+2 22 − 3x + 4 −2 −9 f '(x ) = + < 0, ∀x ∈ (−2; 22 ) 2 2 3 x + 2 ( x + 2 + 2) 2 22 − 3x ( 22 − 3x + 4) nên hàm số f (x ) giảm trên (−2; 22 ) , mặt khác vế phải làm số g (x ) = x + 2 tăng 3 22 trên (−2; ) do đó (*) có nhiều nhất một nghiệm, đồng thời ta thấy rằng x = −1 3 thỏa (*), vậy (*) có duy nhất nghiệm x = −1 . + Kết luận phương trình có hai nghiệm x = −1,x = 2 .

(*) ⇔

Bây giờ ta xét lời giải sau + Phương trình tương đương với 4  x + 2 − ( 1 x + 4 )  +  22 − 3x − (14 − 1 x )  = x 2 − x − 2  3 3  3 3  ⇔ 4 [3 x + 2 − (x + 4) ] + [3 22 − 3x − (14 − x ) ] = 3(x 2 − x − 2) −4(x 2 − x − 2) −(x 2 − x − 2) ⇔ + = 3(x 2 − x − 2) 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (14 − x ) −4 −1 ⇔ (x 2 − x − 2)  + − 3 = 0  3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (14 − x )  2 x − x − 2 = 0 ⇔ 4 1 + + 3 = 0 (*)   3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (14 − x )

+ Ta dễ dàng thấy rằng (*) vô nghiệm nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = −1,x = 2 . Lời giải trên đây là sử dụng phương pháp liên hợp bậc 2.

3.3.2 LIÊN HỢP BẬC 2 Liên hợp bậc 2 là thay thế biếu thức A bởi một biểu thức dạng ax + b nào đó, trong đó a ,b được tìm bởi hệ phương trình, hoặc phương pháp đồng nhất hệ số. Chúng ta sẽ hình dung qua các thí dụ sau: Thí dụ 1: Giải phương trình 2x 2 − 3x + 2 = x 3x − 2

Bài giải: + ĐK: x ≥ 2 3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = 1,x = 2 .

26

• Trước hết ta thấy x = 1,x = 2 làm nghiệm của phương trình (x − 1)(x − 2) = 0 hay x 2 − 3x + 2 = 0 do vậy ta phân tích đa thức theo nhân tử g (x ).(x 2 − 3x + 2) với g (x ) là một biểu thức hoặc một hằng số

....Từ đây ta có lời giải 1 Lời giải 1: + Phương trình tương đương với x 2 − 3x + 2 = x 3x − 2 − x 2

x ( 3x − 2 − x )( 3x − 2x + x ) 3x − 2x + x −x (x 2 − 3x + 2) 2 ⇔ x − 3x + 2 = 3x − 2x + x 2 x ⇔ (x − 3x + 2) 1 + =0 x + 3x − 2 2 x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 0 (VN ) 1 +  x + 3x − 2 x = 1 ⇔ x =2  x + Trong lời giải trên phương trình 1 + = 0 vô nghiệm do điều kiện x + 3x − 2 x ≥ 2 , vậy phương trình có đúng hai nghiệm x = 1,x = 2 .

3 • Hướng suy nghĩ thứ hai ta sẽ thay thế 3x − 2 bởi biểu thức dạng ax + b , nghĩa là ta sẽ có đẳng thức 3x − 2 = ax + b tại x = 1,x = 2 .

Thay lần lược x = 1,x = 2 vào đẳng thức này chúng ta có hệ phương  3.1 − 2 = a.1 + b a + b = 1 a = 1 trình  ⇔ ⇔ . Từ đây ta có lời giải 2a + b = 2 b=0  3.2 − 2 = a.2 + b   ⇔ x 2 − 3x + 2 =

)

(

thứ 2 như sau Lời giải 2: + Phương trình tương đương với x ( 3x − 2 − x ) = x 2 − 3x + 2 ⇔

x ( 3x − 2 − x )( 3x − 2x + x ) = x 2 − 3x + 2 3x − 2x + x −x (x 2 − 3x + 2) ⇔ = x 2 − 3x + 2 3x − 2x + x 2 x ⇔ (x − 3x + 2) +1 = 0 x + 3x − 2

)

(

27

2 x − 3x + 2 = 0 ⇔ x + 1 = 0 (VN )   x + 3x − 2 x = 1 ⇔ x =2  + Kết luận phương trình có hai nghiệm x = 1,x = 2 .

Thí dụ 2: Giải phương trình x + 3 + 4 2 − x = x2 + 5

Bài giải: + ĐK: −3 ≤ x ≤ 2 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = −2,x = 1 .

• Trước hết ta thấy x = 1,x = 2 làm nghiệm của phương trình (x − 1)(x + 2) = 0 hay x 2 + x − 2 = 0 do vậy ta phân tích đa thức theo nhân tử g (x ).(x 2 + x − 2) với g (x ) là một biểu thức hoặc một hằng số • Sau khi ta phân tích x 2 + 5 = (x 2 + x − 2) + (7 − x ) ta tiếp tục tìm cách thay thế x + 3 bởi ax + b , làm như trên ta có hệ sau  −2a + b = 1 a + b = 2 ⇔ 

a = 1  3 ....Từ đây ta có lời giải  5 b = 3

+ Phương trình tương đương với x + 3 + 4 2 − x = x 2 + x − 2 + (7 − x ) ⇔ x + 3 − 1x + 5 + 4 2 − x − − 1x + 4  = x2 + x − 2  3 3 3 3  2 2 x + 3 − 1x + 5 2 −x − −1x + 4 3 3 3 3 = x2 + x − 2 ⇔ + 4. x + 3 + 1x + 5 2 − x + − 1x + 4 3 3 3 3 2 2 1 4 − (x + x − 2) − (x + x − 2) 9 9 ⇔ + = x2 + x − 2 x + 3 + 1x + 5 2 − x + − 1x + 4 3 3 3 3 1 4   2 9 9  =0 ⇔ (x + x − 2) 1 + + 1 5 1 4   2−x + − x + x +3+ x +  3 3 3 3  2 x + x − 2 = 0  1 4 ⇔ 9 9 1 + + = 0 (*)  x + 3 + 1x + 5 2 −x + − 1x + 4  3 3 3 3 + Theo điều kiện −3 ≤ x ≤ 2

)

(

)

(

)

(

)

)

(

)

(

(

(

)

(

(

)

(

)

)

(

(

28

)

)

1 x + 5 = x + 5 ≥ 2  Xét −3 ≤ x ≤ 0 ta có  3 1 3 4 −3x + 43 4 suy ra vế trái (*) dương nên (*) ≥  − x + = 3 3 3 3

vô nghiệm. 1 x + 5 = x + 5 ≥ 5  Xét 0 ≤ x ≤ 2 ta có  3 1 3 4 −3x + 43 2 suy ra vế trái (*) dương nên (*) vô ≥  − x + = 3 3 3 3

nghiệm. + Vậy (*) vô nghiệm trong khoảng [ −3; 2] , do vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm x = 1,x = 2 .

Thí dụ 3: Giải phương trình (x + 1) x 2 − 2x + 3 = x 2 + 1

Bài giải: + ĐK: x + 1 > 0 ⇔ x > −1 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = 2, 4142...,x = −0, 4142... .

• Trước hết ta lấy tổng và tích hai số trên ta được S = 2, P = −1 khi đó ta có hai số x = 2, 4142...,x = −0, 4142... là nghiệm của phương trình x 2 − 2x − 1 = 0 .

• Sau khi ta phân tích x 2 + 1 = (x 2 − 2x − 1) + (2x + 2) ta có lời giải + Phương trình tương đương với (x + 1) x 2 − 2x + 3 = x 2 − 2x − 1 + 2(x + 1) ⇔ (x + 1)( x 2 − 2x + 3 − 2) = x 2 − 2x − 1 ⇔

(x + 1)(x 2 − 2x − 1) = x 2 − 2x − 1 2 x − 2x + 3 + 2 2 x − 2x − 1 = 0 ⇔ =1  2 x +1  x − 2x + 3 + 2 x = 1 ± 2 ⇔ = 1 (*)  2 x +1  x − 2x + 3 + 2

+ Dễ dàng chứng minh (*) vô nghiệm do vậy phương trình đã cho có hai nghiệm trên. Phương pháp trên đây tác giả gọi là “kỹ năng Vi – et ” để giải phương trình vô tỷ.

Thí dụ 4: Giải phương trình x 3 − 3x + 1 = 8 − 3x 2

29

Bài giải: + ĐK: 8 − 3x 2 ≥ 0 ⇔ − 2 6 ≤ x ≤ 2 6 3

3

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = 1, 618...,x = −0, 618... .

• Trước hết ta lấy tổng và tích hai số trên ta được S = 1, P = −1 khi đó ta có hai số x = 1, 618...,x = −0, 618... là nghiệm của phương trình x2 − x −1 = 0 .

• Bây giờ ta sẽ đi tìm thay thế 8 − 3x 2 bởi ax + b để tìm ra nghiệm x = 1, 618...,x = −0, 618...

Ta có 8 − 3x 2 = ax + b ⇔ 8 − 3x 2 = (ax + b ) 2 ⇔ (a 2 + 3)x 2 + 2abx + b 2 − 8 = 0

lúc

này

chúng

ta

cần

2

có

dãy

tỷ

số

2

a + 3 = −2ab a + 2ab = −3 a 2 + 3 = 2ab = b 2 − 8 ⇔  a 2 + 3 = 8 − b 2 ⇔ a 2 + b 2 = 5 −1 −1 1   • Hệ trên là hệ đẳng cấp bậc 2 ta có phương trình thuần nhất như sau a = − 1 b 2 2 2 2 2 2 5(a + 2ab ) + 3(a + b ) = 0 ⇔ 8a + 10ab + 3b = 0 ⇔  a = − 3 b  4 2 2 a = 1 a a + 2ab = −3 a = 1   = −1 1 • Với a = − b ta có hệ  ⇔ ⇔ ∨ b = −2 b = 2 2 b = −2a b = −2a   • Với a = − 3 b ta có hệ 4 2 a = 3 a = −3 a 2 = 9 a + 2ab = −3    5 ⇔ 5 ∨ 5 •  ⇔ − 4 4 4 b a = − 3 4  b = − a b = b =  3 5  5 a = −1 • Cuối cùng ta chọn nghiệm  để giải !

2 b = 

+ Phương trình tương đương với x 3 − 3x + 1 − (2 − x ) = 8 − 3x 2 − (2 − x ) 8 − 3x 2 − (2 − x ) 2 8 − 3x 2 + (2 − x ) −4(x 2 − x − 1) 2 ⇔ (x + 1)(x − x − 1) = 8 − 3x 2 + (2 − x ) 4 =0 ⇔ (x 2 − x − 1) x + 1 + 2 8 − 3x + (2 − x )  

⇔ x 3 − 2x − 1 =

30

2 x − x − 1 = 0 ⇔ 4 = 0 (*) x + 1 + 2 − + − x ( x ) 8 3 2  + Phương trình x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 5 2

+ Xét phương trình (*) , đặt f (x ) = 8 − 3x 2 + 2 − x với − 2 6 ≤ x ≤ 2 6 , ta có 3

3

−3x − 1 do vậy f '(x ) = 0 ⇔ −3x − 1 = 0 ⇔ x = − 6 và 3 8 − 3x 2 8 − 3x 2 f (− 6 ) = 6 + 4 6 lập bảng biến thiên ta suy ra được 0 < f (x ) ≤ 6 + 4 6 suy ra 3 3 3 6 4 ≥ 12 = từ đây với −2 6 ≤x ≤ 2 6 ta có 3 3 f (x ) 6 + 4 6 3 + 2 6

f '(x ) =

6 > 0 vậy (*) vô nghiệm. x +1+ 4 ≥ − 2 6 +1+ f (x ) 3 3+ 2 6

+ Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 ± 5 .

2

Thí dụ 5: Giải phương trình 8x + 5 + 20x + 5 = x 2 − x + 2

Bài giải: + ĐK: x ≥ − 1

4

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = −0, 23606...,x = 4, 23606... .

• Trước hết ta lấy tổng và tích hai số trên ta được S = 4, P = −1 khi đó ta có hai số x = −0, 23606...,x = 4, 23606... là nghiệm của phương trình x 2 − 4x − 1 = 0 .

8x + 5 bởi ax + b để tìm ra nghiệm • Bây giờ ta sẽ thay thế x = −0, 23606...,x = 4, 23606...

Ta có 8x + 5 = ax + b ⇔ 8x + 5 = (ax + b ) 2 ⇔ a 2x 2 + (2ab − 8)x + b 2 − 5 = 0 2 2 a + b = 5 2 2 lúc này chúng ta cần có dãy tỷ số a = 2ab − 8 = b − 5 ⇔  2 1 −4 −1  2a + ab = 4 a = 1 • Giải tương tự như bài trên, cuối cùng ta chọn nghiệm  để giải ! b = 2

+ Phương trình tương đương với 31

8x + 5 − (x + 2) + 20x + 5 − (2x + 1) = x 2 − 4x − 1 8x + 5 − (x + 2) 2 20x + 5 − (2x + 1) 2 + = x 2 − 4x − 1 8x + 5 + (x + 2) 20x + 5 + (2x + 1) 2 −(x − 4x − 1) −4(x 2 − 4x − 1) ⇔ + = x 2 − 4x − 1 8x + 5 + (x + 2) 20x + 5 + (2x + 1) 2 1 4 =0 ⇔ (x − 4x − 1) 1 + +  8x + 5 + (x + 2) 20x + 5 + (2x + 1)  2 x − 4x − 1 = 0 ⇔ 1 4 (*) + =0 1 + 8x + 5 + (x + 2) 20x + 5 + (2x + 1)  ⇔

+ Phương trình x 2 − 4x − 1 = 0 ⇔ x = 2 ± 5  8x + 5 + (x + 2) > 0 do vậy vế 20 + 5 + 2 + 1 > 0 x ( x ) 

+ Xét phương trình (*) , với x ≥ − 1 , ta có  4

trái của (*) 1 +

1 + 8x + 5 + (x + 2)

4 > 0 , vậy (*) vô nghiệm.

20x + 5 + (2x + 1)

+ Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2 ± 5 .

Thí dụ 6: Giải phương trình −x 2 + 12x + 15 + 24x + 21 = 3x 2 − 6x − 3

Bài giải:  −x 2 + 12x + 15 ≥ 0  + ĐK:  24x + 21 ≥ 0 ⇔ 3x 2 − 6x − 3 ≥ 0 

− 7 ≤ x ≤ 1 − 2  8 1 + 2 ≤ x ≤ 6 + 51 

+ Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = 3, 79128...,x = −0, 79128... .

• Trước hết ta lấy tổng và tích hai số trên ta được S = 3, P = −3 khi đó ta có hai số x = 3, 79128...,x = −0, 79128... là nghiệm của phương trình x 2 − 3x − 3 = 0 .

• ................ tương tự......... + Phương trình tương đương với

32

−x 2 + 12x + 15 − (x + 3) + 24x + 21 − (2x + 3) = 3x 2 − 9x − 9 −x 2 + 12x + 15 − (x + 3) 2 24x + 21 − (2x + 3) 2 + = 3(x 2 − 3x − 3) 2 24x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3) 2 −2(x − 3x − 3) −4(x 2 − 3x − 3) ⇔ + = 3(x 2 − 3x − 3) 2 24x + 21 + (2x + 3) −x + 12x + 15 + (x + 3) 2 4 =0 ⇔ (x 2 − 3x − 3) 3 + + 2 24x + 21 + (2x + 3)  −x + 12x + 15 + (x + 3)  2 x − 3x − 3 = 0 ⇔ 2 4 + = 0 (*) 3 + 2 + + (2x + 3) 24 21 x −x + 12x + 15 + (x + 3)  ⇔

+ Phương trình x 2 − 3x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ± 21 (tm ) 2

+

Xét

phương

trình

2  −x + 12x + 15 + (x + 3) > 0   24x + 21 + (2x + 3) > 0 2 3+ + 2 −x + 12x + 15 + (x + 3)

(*) ,

với

do

− 7 ≤ x ≤ 1 − 2  8 , 1 + 2 ≤ x ≤ 6 + 51 

vậy

vế

trái

ta

của

có

(*)

4 > 0 , vậy (*) vô nghiệm.

24x + 21 + (2x + 3)

+ Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 ± 21 .

2

Thí dụ 7: Giải phương trình

x 2 + 8x + 3 + 24x + 10 = 3x 2 + x + 1

Bài giải: x ≤ −4 − 13 ∨ x ≥ −4 + 13  ⇔ x ≥ −4 + 13  5 x ≥ − 12 + Nhận xét: Từ MTBT ta tìm được 2 nghiệm x = 1, 7207...,x = −0, 3874... .

• Trước hết ta lấy tổng và tích hai số trên ta được S = 1, 333, P = −0, 666 khi đó ta có “cảm nhận” hai số x = 1, 7207...,x = −0, 3874... là nghiệm của phương trình 3x 2 − 4x − 2 = 0 .

• ................ tương tự.........

2 x + 8x + 3 ≥ 0 + ĐK:  ⇔  24x + 10 ≥ 0

+ Phương trình tương đương với 33

x 2 + 8x + 3 − (2x + 1) + 24x + 10 − (3x + 2) = 3x 2 − 4x − 2 x 2 + 8x + 3 − (2x + 1) 2 24x + 10 − (3x + 2) 2 + = 3x 2 − 4x − 2 2 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + 3 + (2x + 1) 2 −(3x − 4x − 2) −3(3x 2 − 4x − 2) ⇔ + = 3x 2 − 4x − 2 2 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + 3 + (2x + 1) 1 3 =0 ⇔ (3x 2 − 4x − 2) 1 + + 2 24x + 10 + (3x + 2)  x + 8x + 3 + (2x + 1)  2 3x − 4x − 2 = 0 ⇔ 3 1 + = 0 (*) 1 + 2 + + (3x + 2) 24 10 x x + 8x + 3 + (2x + 1)  ⇔

+ Phương trình 3x 2 − 4x − 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 10 (tm ) 3

2  x + 8x + 3 + (2x + 1) > 0 + Xét phương trình (*) , với x ≥ −4 + 13 , ta có  do  24x + 10 + (3x + 2) > 0 3 1 vậy vế trái của (*) 1 + + > 0 , vậy (*) 2 24x + 10 + (3x + 2) x + 8x + 3 + (2x + 1)

vô nghiệm. + Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2 ± 10 .

3

Thí dụ 8: Giải phương trình 2x + 3 + 20x + 9 = 3x

Bài giải: + Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 2 + 6 .

Thí dụ 9: Giải phương trình (x 3 − 3x + 1) x 2 + 21 + x 4 − 3x 2 + x = 21

Bài giải: + ĐK: + Phương trình tương đương với (x 3 − 3x + 1) x 2 + 21 + x (x 3 − 3x + 1) = 21

⇔ (x 3 − 3x + 1)( x 2 + 21 + x ) = 21

⇔ x 3 − 3x + 1 = x 2 + 21 − x

34

⇔ (x − 2)(x 2 + 2x + 2) =

x2 − 4 x 2 + 21 + 5

x = 2 ⇔ 2 x+2 x + 2x + 2 =  x + 21 + 5

(*)

+ Xét phương trình (*) ta có x 2 + 2x + 2 = (x + 1) 2 + 1 ≥ 1, ∀x ∈ R . Tiếp theo ta xét bất phương trình x+2 ≥ 1 ⇔ x 2 + 21 + 5 ≤ x + 2 x + 21 + 5 ⇔ x 2 + 21 ≤ x − 3 x − 3 ≥ 0 ⇔ 2 2 x + 21 ≤ (x − 3) x ≥ 3 ⇔ ⇒ x ∈∅ x ≤ 2 2

Từ đây ta dễ dàng chứng minh được (*) vô nghiệm. + Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 2 . * Lời giải khác: + Phương trình tương đương với x 2 + 21 − (x 3 − 3x + 1) x 2 + 21 − (x 4 − 2x 2 + x ) = 0

(**)

t = x 2 + 21,t ≥ 21 phương trình được viết lại 2 3 4 2 t − (x − 3x + 1).t − (x − 2x + x ) = 0 .

Tính biệt thức 3 2 4 2 3 2 ∆ = (x − 3x + 1) + 4(x − 2x + x ) = (x − x + 1) , do vậy phương trình (**) có hai nghiệm t = −x ,t = x 3 − 2x + 1 . x ≤ 0 2 + Xét phương trình x + 21 = −x ⇔  2 2 ⇔ x ∈∅ x + 21 = x + Xét phương trình x 2 + 21 = x 3 − 2x + 1 với cách giải sau

+

Đặt

3 x − 2x + 1 ≥ 0 x + 21 = x − 2x + 1 ⇔  2 3 2 x + 21 = (x − 2x + 1)  −1 − 5 ≤ x ≤ −1 − 5 ∨ x ≥ 1  22 ⇔ 6 2 4 3 x x x x 4 2 3 − + + − 4x − 20 = 0 (3*)  2

3

+ Với phương trình (3*) ta biến đổi tiếp như sau x = 2 (3*) ⇔  5 4 2 x + 2x + 2x + 7x + 10 = 0 (4*)

35

+ Với điều kiện x 3 − 2x + 1 ≥ 0 ta biến đổi (4*) như sau (4*) ⇔ (x 3 − 2x + 1)(x 2 + 2x + 2) + 5x 2 + 9x + 8 = 0

x 3 − 2x + 1 ≥ 0 (dk )  Phương trình trên vô nghiệm do các bất đẳng thức x 2 + 2x + 2 > 0 . 5x 2 + 9x + 8 > 0  + Kết luận phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 .

Thí dụ 10: Giải phương trình 3

x2 −1 + x = x3 − 2

Bài giải: + ĐK: x ≥ 3 2 + Phương trình tương đương với 3

x2 −1 − 2 + x − 3 = x3 − 2 − 5

x 2 − 9 + x − 3 = x 3 − 27 ( voi a = 3 x 2 − 1) a 2 + 2a + 4 x3 − 2 + 5 2 ⇔ (x − 3)  2 x + 3 + 1 − x 3+ 3x + 9  = 0 a + 2a + 4 x − 2 + 5  x = 3 2 ⇔  x +3 + 1 − x 3+ 3x + 9 = 0 (*)  2  a + 2a + 4 x −2 +5

⇔

+ Bây giờ ta xét phương trình (*) • Xét bất phương trình

x 2 + 3x + 9 > 2 ⇔ x 2 + 3x + 9 > 2 x 3 − 2 + 10 x3 − 2 + 5 ⇔ x 2 + 3x − 1 > 2 x 3 − 2 ⇔ (x 2 + 3x − 1) 2 > 4(x 3 − 2),

(do x ≥ 3 2 )

⇔ x 4 + 2x 3 + 7x 2 − 6x + 9 > 0 ⇔ (x 2 + x ) 2 + 6x 2 − 6x + 9 > 0, (dúng ) • Tiếp theo ta xét bpt x +3 < 1 ⇔ x + 3 < 3 (x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 4 2 a + 2a + 4 ⇔ 3 (x 2 − 1) 2 + 2 3 x 2 − 1 + 1 > x (**)

Đặt t = 3 x 2 − 1,t > 0,x ≥ 3 2 suy ra x 2 = t 3 + 1 ⇒ x = t 3 + 1 từ đây (**) trở thành t 3 + 1 < t 2 + 2t + 1 ⇔ t 4 + 3t 3 + 6t 2 + 4t > 0 (dúng ) • Từ những bpt trên ta chứng minh được (*) vô nghiệm. + Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 3 .

36

3.4 HIỆU QUẢ GIẢI PHÁP Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT AAAAA trong những năm qua, khi áp dụng các phương pháp như vừa nêu trên, tôi đã thấy có sự chuyển biến rõ rệt. Các em đã tự tin hơn trong việc giải phương trình vô tỷ. Trong học tập các em đã mạnh dạn phát biểu ý kiến, biết cách đưa ra các phương pháp giải bài toán nhanh hơn. Đặc biệt, các em đã bỏ qua được mặc cảm tự ti, biết trao đổi những chỗ mình chưa hiểu, từ đó các em hiểu vấn đề sâu hơn, chắc chắn hơn. Sự tiến bộ của các em biểu hiện cụ thể qua điểm số, qua việc học sinh có ý thức học bài ở lớp cũng như ở nhà, và đặc biệt tạo ra một phong trào học sôi nổi và nghiêm túc trong các giờ học trên lớp.

Một điều quan trọng nữa là với sự tự tin đó các em đã làm được bài toán vô tỷ trong các đề thi thử của một số trường trong cả nước đó là tiền đề để giải bài toán này trong đề thi THPT Quốc gia. Từ kết quả thi THPT Quốc gia năm 2014 -2015(100% học sinh đạt điểm trên 5 trong kì thi , số học sinh đạt điểm cao khá nhiều). Tôi nhận thấy rằng, khi có sự đầu tư thật tốt cho các em chúng ta sẽ gặt được thành công nhất định.

37

CHƯƠNG 4

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 4.1 Ý nghĩa của giải pháp Toán học là một môn học cơ bản, là môn học rèn luyện tư duy để giúp các em học tốt môn học khác và có nhiều vận dụng trong thực tế cuộc sống của học sinh hằng ngày, nhưng không hẳn các em có một thái độ tốt với nó, nhất là khi áp lực càng ngày càng cao theo xu hướng phát triển toàn diện con người. Để các em có được sở thích về môn toán cũng là cách làm cho các em học tốt môn này, để tạo cho các em có thêm những tiền đề chuẩn bị cho những cuộc thi cao hơn và thực tiễn cuộc sống sau này. Với mục tiêu đó, qua những năm giảng dạy, bằng các biện pháp đã nói ở trên đã giúp tôi có được những kết quả về chất lượng học sinh. Các em đã thay đổi được tư duy về bài toán giải phương trình vô tỷ, phần lớn học sinh có đạt được mục tiêu đề ra của nhà trường trong các bài kiểm tra, đặc biệt là kì thi THPT Quốc gia.

Với những kinh nghiệm đó, bản thân tôi khi dạy đã tạo ra được một thái độ học tập sôi nổi,tích cực hơn, các em có sự siêng năng và nghiêm túc trong học tập.

4.2. Bài học kinh nghiệm và hướng phát triển Trên đây là một số biện pháp mà tôi đã áp dụng để giúp học sinh của mình vượt qua được tình trạng “sợ” các bài toán giải phương trình vô tỷ. Qua quá trình thực hiện tôi đã rút ra cho mình một số bài học kinh nghiệm như sau: Đối xử thật sự công bằng đối với tất cả các đối tượng, đừng vì các em trong lớp học có trình độ chênh lệch mà chúng ta thiên vị một đối tượng nào, người thầy phải biết gây hứng thú học tập cho học sinh, biết chú ý lắng nghe các phát biểu của học sinh, biết động viên khích lệ các em khi các em trã lời đúng và hướng dẫn các em suy nghĩ lại khi các em nghĩ sai hướng. Được như vậy chúng ta sẽ có được sự tự tin của các em, được sự mạnh dạn chia sẽ của các em từ đây giáo viên cũng có thêm nhiều niềm vui trong giảng dạy.

Giáo viên phải là người biết khơi dậy tính tự học của học sinh không nản lòng trước sự chậm tiến của học sinh, phải biết phát hiện ra sự tiến bộ của các em cho dù là rất nhỏ để kịp thời động viên khuyến khích làm niềm tin cho các em cầu tiến.

Sự nhiệt thành của giáo viên trở thành điều quan trọng nhất cho những bước tiến của các em. Giáo viên càng nhiệt tình, chất lượng học tập của các em sẽ được nâng cao.

Mong rằng, với những kinh nghiệm trên, có sự chia sẽ giữa các đồng nghiệp để hoàn thiện và áp dụng vào thực tế, với mục đích cuối cùng: nâng cao chất lượng bộ môn của học sinh ngày càng đi lên và bài toán phương trình 38

nói chung và phương trình vô tỷ nói riêng không còn là một nỗi sợ của cả chính đối tượng học và người dạy học.

4.3. Đề xuất và kiến nghị Thông qua bài này, tôi mong chất lượng giảng dạy của giáo viên, học tập của học sinh ngày một được nâng lên, để cuối cùng chất lượng giảng dạy của trường được tiến bộ. Vì thế, để thực tế hóa vấn đề này, tôi xin đưa ra một số đề xuất:

Cần có sự chia sẽ kịp thời giữa các đồng nghiệp về phương pháp và nội dụng dạy sao cho hợp lý, để có được kết quả tốt nhất cho các em.

Cụ thể hóa chương trình, để tất cả các giáo viên có được hướng đi hợp lí, để những giáo viên trẻ có sự định hướng trong các bài lên lớp của mình.

Có sự kiểm tra thường xuyên của ban giám hiệu và các tổ chức chuyên trách để công tác bồi dưỡng có chất lượng hiệu quả cao nhất.

39

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Duy Hiếu, Kĩ thuật giải nhanh bài toán hay và khó Giải Tích 12, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội.

2. Phan Huy Khải, Phương Trình và Bất Phương Trình, NXB Giáo dục Việt Nam. 3. Nguyễn Đức Tấn – Phan Ngọc Thảo, Phương trình và Hệ phương trình Không mẫu mực.

4. Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và Ứng dụng, NXB Giáo dục.

5. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ các số từ tháng 5/ 2014 đến 12/ 2015.

40