zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Báo xấu

231
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ được viết nhằm mục đích tổng hợp một số phương pháp giải phương trình vô tỉ thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm giúp các em học sinh lớp 10 có thể tự học để nâng cao kiến thức và các em học sinh lớp 12 tự ôn tập để giải tốt các đề thi Đại học - Cao đẳng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN  - Lĩnh vực khác: .......................................................  Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2014 - 2015
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: ĐẶNG THANH HÃN 2. Ngày tháng năm sinh: 01 – 08 – 1976 3. Nam, nữ: NAM 4. Địa chỉ: KP 9, phường Tân Biên, TP Biên Hòa, Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại: (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0919302101 6. Fax: E-mail: 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp 10A2, 10A6, 12A4; Chủ nhiệm lớp 10A2. 9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học - Năm nhận bằng: 2000 - Chuyên ngành đào tạo: Toán học III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán - Số năm có kinh nghiệm: 15 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 2
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Tên SKKN : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BM03-TMSKKN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. - Trong chương trình Toán học phổ thông, phương trình và bất phương trình là một nội dung quan trọng xuyên suốt cấp học. Trong đó, phương trình có chứa căn (còn gọi là phương trình vô tỉ) là một nội dung phong phú và đem lại nhiều thú vị. Có thể nói, giải phương trình vô tỉ là đỉnh cao của kĩ năng giải phương trình, vì để giải quyết tốt các phương trình vô tỉ đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức và phép biến đổi cơ bản của căn thức , phải có tư duy ở mức độ cao và biết cách nhận xét mối quan hệ của các biểu thức xuất hiện trong phương trình để từ đó đề xuất cách giải phù hợp. - Tuy vậy, trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em học sinh được tiếp cận với phương trình vô tỉ ở một vài cách giải thông thường với những bài toán cơ bản đơn giản. Nhưng trong thực tế, các bài toán giải phương trình vô tỉ xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi . Sự phong phú về các dạng toán và cách giải đã gây không ít khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ có số ít các em biết phương pháp giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được gọn gàng, sáng sủa thậm chí còn mắc một số sai lầm không đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy? - Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành, phương trình vô tỉ được trình bày ở phần đầu chương III (Giữa học kỳ I) rất là ít và hạn chế. Chỉ có một tiết lý thuyết sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và đưa ra cách giải thích vắn tắt và dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Hơn nữa, do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh mặc dù cách giải nào cũng có chung một mục đích là làm mất căn thức và đơn giản hình thức bài toán. - Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 10. Qua nhận xét và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh nhận thức còn chậm. Từ đó, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 3
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- - Tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích tổng hợp một số phương pháp giải phương trình vô tỉ thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm giúp các em học sinh lớp 10 có thể tự học để nâng cao kiến thức và các em học sinh lớp 12 tự ôn tập để giải tốt các đề thi Đại học - Cao đẳng. - Tôi hy vọng chuyên đề này bổ túc cho các em học sinh một lượng kiến thức nhất định. Rất mong được sự động viên và những ý kiến đóng góp của quý Thầy Cô và các em học sinh. Tôi xin chân thành cảm ơn ! -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 4
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN. 1. Cơ sở lý luận: - Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông. Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này. - Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc “học đi đôi với hành”, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải. - Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đính giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. - Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 4 phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn thường hay sử dụng:  Phương pháp biến đổi tương đương  Phương pháp nhân lượng liên hợp  Phương pháp đặt ẩn phụ  Phương pháp hàm số 2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài: - Đưa ra một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn, có ví dụ cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng. - Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học. Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới đạt kết quả tốt. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 5
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP. A. BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: 1. Biến đổi theo công thức:   A  0 hay B  0 A B A B B  0  A  B    A  B 2  3 A  3B  A B  3 A  3 B  3 C  A  B  33 AB  3  A  3 B  C  A  B  33 ABC  C (Ở đây ta chỉ thu được phương trình hệ quả, nên cần thử nghiệm). Chú ý. Khi bình phương hai vế của phương trình ta cần có điều kiện hai vế không âm để có được phương trình tương đương. Bài 1. Giải các phương trình: a) 3x  2  2 x  1 b) 2x2  4x  25  x  3 c) x  9  5 2x  4 d) x  4  1 x  1 2x e) x  3  3x  1  2 x  2 x  2 x3  1 f)  x  1  x2  x  1  x  3 x3 Giải  1    x  2 x 1 0 3x  2  2 x  1     2 1 a)  x 3x  2  2 x  1   x1 5   5 1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 x  3  0  x  3 x  2 b) 2x2  4x  25  x  3   2 2  2  2x  4x  25   x  3  x  10x  16  0 x  8 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = 8. c) x  9  5 2x  4 (1) Điều kiện: x  – 2 (1)  x  9  2x  4  5  (x + 9) + (2x + 4) + 2 ( x  9)(2x  4) = 25  2  x  4   2 ( x  9)(2x  4) = 12 – 3x   2  4( x  9)(2x  4)  12  3x   2  x  4 2  x  4   2    x  0  x=0  x  160x  0   x  160  So điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 0 Chú ý: Ta chuyển vế trong bước biến đổi 1 để hai vế không âm. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 6
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- d) x  4  1 x  1 2x (2) 1 Điều kiện: – 4  x  2 (2)  x  4  1 2x  1 x  x  4  1 x  2 (1 x)(1 2x)  1 2x  1  1 1   x  1    x  (1 x)(1 2x)  2x  1   2 2   2 2  x0 (1 x)(1 2x)  (2x  1)2 x  0 x   7   2 So điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 0 e/ x  3  3x  1  2 x  2 x  2 (3) Điều kiện: x  0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình (3) ta được phương trình tương đương : 1   x  3 3x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế và thu gọn ta có : 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1 Thử lại x =1 là nghiệm.  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x  g  x  h x  k  x Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả x3  1 f)  x  1  x 2  x  1  x  3 (4) x3 Điều kiện : x  1 Nếu ình phương 2 vế không âm của phương trình (4) thì việc giải có vấn đề gì? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x3  1 Nhận xét : . x  3  x 2  x  1. x  1 , từ đó ta có lời giải như sau : x3 x3  1 (4)   x  3  x2  x  1  x  1 x3 x3  1 2  x  1 3 Bình phương 2 vế ta được:  x  x  1  x2  2 x  2  0   x3  x  1  3 Thử lại : x  1  3, x  1  3 là nghiệm .  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 7
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Mà có : f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi phương trình về dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương , giải phương trình hệ quả. Bài 2. Giải các phương trình: a) 3 x  34  3 x  3  1 b) 3 x  1  3 3x  1  3 x  1 Giải a) 3 x  34  3 x  3  1  x  34  x  3  33 x  34. 3 x  3  3 x  34  3 x  3  1   x  30  3 x  34.3 x  3  12   x  34 x  3  123  x2  31x  1830  0    x  61 Thử lại: + Nếu x = 30 phương trình thỏa mãn. + Nếu x =  61 phương trình thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 30 hay x = – 61 .   3 b) 3 x  1  3 3x  1  3 x  1  3 x  1  3 3x  1  x  1  x  1 3x  1 33 x  1. 3 3x  1  3  x  1  3 3x  1  x  1  33 x  1. 3 3x  1. 3 x  1  31  x    x  1 3x  1 x  1  1  x  3 x  1  x  1 x 1   x  1  3x  1 x  1   x  1   0   2  2     3x  1 x  1   x  1  0  4x  0  x  0 2  Thử lại: + Với x = 1 thì phương trình thỏa mãn. + Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1. Bài tập tự luyện Bài 3. Giải các phương trình: 1 1/ 2  x2  3x  5x2 1 ĐS: x = 1, x = – 2 1 2/ 3x 2  2 x  1 = 3x + 1 ĐS: x =  3 3/ 2 x 2  3x  4  7 x  2 ĐS: x = 3 4/ 3x  4  x  3  3 ĐS: x = 4, x = 7 5/ 3x  1  4x  3  5x  4 ĐS: x = 1 6/ (ĐH 2005B–db1) 3x  3  5  x  2x  4 ĐS: x = 2; x = 4. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 8
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 7/ (ĐH 2005D) 2 x+2+2 x  1  x  1  4 . ĐS: x = 3 8/ 4 x  5  3x  1  2 x  7  x  3 ĐS: x = 1 3 3 ĐS: x = 1; x = – 6 9/ 2 x2  x  1  x 2  4 x  7 10/ 3 x 1  3 3x  1  3 x 1 ĐS: x = – 1 2. Biến đổi về phương trình tích: A 0  Tổng quát : A.B.C  0   B  0 C  0 u  v  1  uv   u 1 v 1  0  Công thức biến đổi: au  bv  ab  vu   u  b   v  a  Bài 1. Giải các phương trình: a) 3 x +1 + 3 x 2 = 3 x + 3 x 2 + x b) x +3 + 2x x +1 = 2x + x 2 + 4x +3 c) 5x2 +14x + 9  x2  x  20 = 5 x +1 d) 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4 x  3 Giải a) 3 x +1 + 3 x 2 = 3 x + 3 x 2 + x  3 x  3    x 1 + 3 x +1 1  3 x = 0  3 x 1 0   3  x 1  3 x  3 x +1  = 0     x 1  x  x+1  0 3 3 Vậy phương trình có nghiệm là x = 1. b) x +3 + 2x x +1 = 2x + x 2 + 4x +3 (1) Điều kiện: x  – 1 (1)  x +3 + 2x x +1  2x  (x +1)(x +3) = 0   x  3 1  x  1  2x    x 1 1  0     x  1  1 2x  x  3  0  x 1 1 x  0     .  2x  x  3  x 1  So điều kiện, phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. 2 2 c) 5x +14x+9  x  x  20 = 5 x+1 (2) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 9
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Điều kiện: x  5 (2)  5x2 +14x +9  x2  x  20 +5 x +1    5x 2 +14x + 9  x 2  x  20  25 x  1  10 x 2  x  20. x +1  4x2 10x +5  10  x  5   x  1. x + 4  0       4  x 2  4x  5   5 4  x 2  4x  5 . x + 4  6 x  4  0    2    2     4  x  4x  5   3 x + 4   4  x  4x  5   2 x + 4   0           2   4  x  4x  5   3 x + 4 4x 2  25x  56  0 x  8         5  61   2  2 x+4  2    4 x  4x  5   4x  20x  36  0   x 2    So điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 8 hay x = 5  61 2 d) 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4 x  3 (3) 3 Điều kiện: x  4 (3)  3x2 + 4x – 3 = 4x 4 x  3  3x2 – 4x 4 x  3 + 4x – 3 = 0  x  4x  3  x2  4 x  3 x  3  (x – 4 x  3 )(3x – 4 x  3 ) = 0     3x  4 x  3 9 x 2  4 x  3  x 1 So điều kiện, phương trình có hai nghiệm là x = 1 và x = 3. Bài tập tự luyện Bài 2. Giải các phương trình: 3 1/ 3 x  1  3 x  2  1  x 2  3x  2 ĐS: x = 0, x = – 1 2/ (ĐH 2006D –db2) x  2 7  x  2 x 1   x2  8x  7 1 ĐS: x = 4 , x = 5 3/ x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1 ĐS: x = 2 4/ 3 x  3  2 x  7  6  x 2  10  21 ĐS: x = 1, x = 2 5/ 4x2 + 3x + 3 = 4 x x  3  2 2 x 1 ĐS: x = 1 x2 6/  3x  2  1  x ĐS: x = 1 3x  2 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 10
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3. Biến đổi về tổng bình phương: A  0 A  B Tổng quát: A2  B2  C 2  0   B  0 hoặc A2  B2   C  0  A  B  Chú ý: Học sinh cần ôn tập lại các hằng đẳng thức Bài 1. Giải các phương trình: a) x3  4x 4 x b) 2 x  3  9 x 2  x  4 x3 c) x2 + 2x + 6 = 2 x  5 – x x  2 Giải 4x a) x3   4 x (1) x3 Điều kiện: x  0, chia hai vế của (1) cho x3 2 4x 4x  4x  (1)  1  2  1    0  x  1 x3 x3  x  3  So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 1 b) 2 x  3  9 x 2  x  4 (2) Điều kiện: x  – 3   2 (2)  x  3  2 x  3  1  9 x 2  1  3  x  9 x2  x  3  1  3x 5  97   x  1 hay x   x  3  1  3 x 18 5  97 So điều kiện, phương trình có nghiệm là x = 1 hay x = 18 c) x2 + 2x + 6 = 2 x  5 – x x  2 (3) Điều kiện: x  – 2 (3)  2(x2 + 2x + 6) = 2(2 x  5 – x x  2 )  (x2 + 2x x  2 + x +2) + (x2 + 2x + 1) + (x + 5 – 4 x  5 + 4) = 0 x  x  2  0   (x + x  2 )2 + (x +1)2 + (2 – x  5 )2 = 0   x  1  0 x=–1  2  x  5  0 So điều kiện, phương trình có nghiệm là x = – 1 Bài tập tự luyện Bài 2. Giải các phương trình: -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 11
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1/ 3(x2 – 1) + 4x = 4x 4 x  3 ĐS: x = 1, x = 3 HD: biến đổi về dạng: (2x – 4 x  3 )2 = x2 2/ 4x2 + x  1 + 12 = 4(x 5 x  1 + 9  5x ) ĐS: x = 1 HD: biến đổi về dạng: ( 5 x  1 – 2x)2 + ( 9  5x – 2)2 + x  1 = 0 19  73 23  97 3/ (TH&TT) 3x  2  4x2  21x  22 ĐS: x  , x 8 8 2 2  1  9 HD: biến đổi về dạng:  3x  2     2 x    2  2 4/ x4 – 2x2 x2  2x 16 + 2x2 – 6x + 20 = 0 ĐS: x = 2 B. NHÂN VỚI DẠNG LIÊN HỢP : Tổng quát: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích  x  x0  . f  x   0 , trong đó ta có thể giải phương trình f  x   0 hoặc chứng minh f  x   0 vô nghiệm. Chú ý: Điều kiện của phương trình để ta có thể đánh gía f  x   0 vô nghiệm. Bài 1. Giải các phương trình: a) 2 x 1 = x2 + 2x – 2 b) (ĐH - 2010B) 3x  1 – 6  x + 3x2 – 14x – 8 = 0 c) (HSG-K12 Hà Nội – 2012) 5x  1  3 9  x = 2x2 + 3x – 1 d) 2 x 2  x  3  21x  17  x 2  x  0 e)   3x 2  5 x  1  x 2  2  3 x 2  x  1  x 2  3x  4 f) (Olympic 30/4) x 2  12  5  3x  x 2  5 3 2 g) x  1  x  x3  1 Giải: a) 2 x 1 = x2 + 2x – 2 (1) 1 Điều kiện: x  2 Bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được phương trình hệ quả : 2x – 1 = (x2 + 2x – 2)2 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút. Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta nhẩm nghiệm của phương trình là 1 và từ đó biến đổi phương trình làm xuất hiện nhân tử (x –1). 2( x  1) (1)  2 x 1 – 1 = x2 + 2x – 3  = (x – 1)(x + 3) 2x 1 1 2 2 1  (x – 1)(  x  3 ) = 0  x = 1(Do  x  3 < 0,  x  ) 2x 1 1 2x 1 1 2 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 12
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Vậy phương trình có nghiệm x = 1 b) 3x  1 – 6  x + 3x2 – 14x – 8 = 0 (2) 1 Điều kiện:   x  6 3 1 Phân tích: ta tìm một số x (   x  6) để 3x + 1 và 6 – x là một số chính phương 3 thỏa phương trình (2). Dễ thấy x = 5 thỏa (2), do đó ta đưa phương trình về dạng (x – 5).f(x) = 0. Vì thế ta làm xuất hiện nhân tử chung x – 5 bằng phương pháp liên thông qua việc chọn hai số a, b > 0 để hệ phương trình sau có nghiệm x = 5.   3x  1  a  0  a 4     b  6 x  0   b  1 (2)  ( 3x  1 – 4) + (1 – 6  x ) + 3x2 – 14x – 5 = 0 3x 15 x 5   + (x – 5)(3x + 1) = 0 3x  1  4 1  6  x 3 1  (x – 5)(  + 3x + 1) = 0 3x  1  4 1  6  x 3 1 1  x = 5 ( Do  + 3x + 1 > 0,    x  6) 3x  1  4 1  6  x 3 Vậy phương trình có nghiệm x = 5. Chú ý: Khi phương trình có dạng  x  a   x  b + mx2 + nx + p = 0 ta có thể giải theo cách trên. c) 5 x  1  3 9  x = 2x2 + 3x – 1 (3) 1 Điều kiện: x  5 Dễ thấy x = 1 là nghiệm, ngoài cách thực hiện như trên ta thấy khi thay x = 1 vào 5 x  1 và 3 9  x có cùng kết quả là 2 nên thực hiện phân tích như sau: (3)   5x  1  2    3  9  x  2 = 2x2 + 3x – 5 5  x 1 1 x   = (x – 1)(2x + 5) 5 x 1  2 3  9  x   2 3 9  x  4 2   1 5  (x – 1)    2x  5 = 0  3 5 x 1  2   9  x   2 9  x  4 2 3    1 5 1  x = 1  Do   2 x  5  0, x    5 x 1  2 5  9  x   2 3 9  x  4 2 3   Vậy phương trình có nghiệm x = 1. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 13
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- d) 2 x 2  x  3  21x  17  x 2  x  0 (4) 17 Điều kiện: x  21 Dễ thấy phương trình có nghiệm x = 1, x = 2. Do đó phương trình sẽ có nhân tử là x2 – 3x + 2. Tuy nhiên ta không thể nhân và chia lượng liên hợp với hai căn này. Vậy làm sao để phân tích được nhân tử x2 – 3x + 2, ta thực hiện như sau:   2 x  x  3   mx  n   0 2 Lập hệ phương trình  và thay x = 1, x = 2 vào hệ thì ta   px  q   21x  17  0 được (m, n) = (1; 1) và (p, q) = (3; – 1). Ta có lời giải như sau: (4)      2 x2  x  3  x  1  3x  1  21x  17 + x2 – 3x + 2 = 0  1 9   (x2 – 3x + 2)    1 = 0  2 3x  1  21x  17   2x  x  3  x 1  1 9 17   x2 – 3x + 2 = 0  Do   1  0, x    2 x 2  x  3  x  1 3x  1  21x  17 21   x = 1 hay x = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2. e) 3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 (5) 5  13 Điều kiện: x   2 hay x 6 Ta thấy:  3x 2  5x  1   3x 2  3x  3  2  x  2  và  x 2  2   x 2  3x  4   3 x  2  (5)  3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4 2 x  4 3x  6   3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1 x  2  x 2  3x  4 2 3 2  ( x  2)(  ) =0 x  2  x  3x  4 2 2 3x  5 x  1  3  x  x  1 2 2 Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình . f) x 2  12  5  3x  x 2  5 (6) 5 Để phương trình có nghiệm thì : x 2  12  x 2  5  3x  5  0  x  3 Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể biến -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 14
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- đổi về dạng  x  2  . f  x   0 , Khi đó ta phải phân tích như sau : x2  4 x2  4 (6)  x  12  4  3x  6  x  5  3  2 2 2  3 x  2  2 x  12  4 x 5 3 x2  x 1    x  2    3 0 x2  x  12  4 x2  5  3  2 x2 x2 5 (Do :  2  3  0, x  ) x  12  4 2 x 5 3 3 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 g) 3 x 2  1  x  x3  1 (7) Điều kiện: x  3 2 , Ta nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình nên thực hiện biến đổi 3 2 (7)  x  1  2  x  3  x3  2  5   x3   x  3  x  3 x  9  2   x  3 1      2 x 1  4  x3  2  5 2 3 x2 1  3 2 x3 x3 x 2  3x  9 Ta có : 1   1 2 x  1  2 x  1  4   2 x3  2  5 2 3 2 3 2 3 x 1  1  3 2 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3 Bài tập tự luyện Bài 2. Giải các phương trình: 1/ (ĐH 2008B – db) 10 x  1  3x  5  9 x  4  2 x  2 ĐS: x = 3 2/ 3 x  2  x 1  3 ĐS: x = 3 6x  4 3/ 2x  4  2 2 x ĐS: x = 2 2 x 4 4/ (HSG-K12 Hà Nội – 2010) 9   4 x  1  3x  2 = x + 3 ĐS: x = 6 5/ x  3  3x  1  2 x  2 x  2 ĐS: x = 1 6/ 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 ĐS: x = – 2 7/ x2 + 9x + 20 = 2 3x  10 ĐS: x = – 3 3 8/ 3x  2  x  1 = 2x2 – x – 3 ĐS: x = 2 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 15
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- C. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ : 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường - Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f(x) và chú ý điều kiện của t. Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t, quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “ hoàn toàn ” . Nói chung, những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t = f(x) thường là những phương trình đơn giản.   Dạng 1: F n f(x),f(x) = 0 . Đặt t = n f(x) , ta có phương trình G(t) = 0. Dạng thường gặp: af(x) + b f(x) + c = 0 Chú ý điều kiện của ẩn phụ. Bài 1. Giải các phương trình: a) 3 x 2 +3x  3x = x 2 + 2 b) x2  x  4  x2  x 1  2x2  2x  9 c) (x  2)2  x2  4x  1   10   d) 2 2x  1  x  4  5 3 Giải a) 3 x 2 +3x  3x = x 2 + 2 (1) Điều kiện: x  – 3 hay 0  x (1)  x2 + 3x – 3 x 2 +3x + 2 = 0 t  1 Đặt t = x +3x , (t  0). Phương trình trở thành : t – 3t + 2 = 0 2 2    t  2 Với t  1  x2  3x  1  x2  3x  1  0  x  3  13 2 Với t  2  x  3x  4  0  x  1,x  4 . 2 So với điều kiện, phương trình có 4 nghiệm x = 1, x = – 4, x  3  13 . 2 b) x2  x  4  x2  x 1  2x2  2x  9 (2) Đặt t = x2  x  1 , (t  0). Phương trình (2) trở thành  t 0 t  3  t  2t  7   2t  3  2 t (t  3)  2t  7  t 0  t 0     2  t 1  t (t  3)  2   t  3t  4  0  x0 Với t = 1 ta có x2 + x + 1 = 1    x  1 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 16
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- c) (x  2)2  x2  4x  1   10 (3)   Điều kiện: x  0 hay 4  x Đặt t  x2  4x ,t  0 . Suy ra  x  2   x2  4x  4  t 2  4 2 Phương trình (3) trở thành (t2  4)(t  1)  10  t3  t2  4t  6  0  (t  1)(t2  2t  6)  0  t  1 (nhận) Với t = 1  x2  4x  1  x2  4x  1  0  x  2  5 . Vậy phương trình có nghiệm x  2  5 . d) 2 2x  1  3 x  4  5 (4) 1 Điều kiện: x  2 Đặt t  3 x  4  x  t 3  4 . Phương trình (4) trở thành: 2 2t2  7  t  5  2 2t 3  7  t  5  t  5  t  5   3   3 2 8t  28  t  10t  25 8t  t  10t  3  0 2    t  5 t  1      7  145 (nhận) (t  1)(8t  7t  3)  0  t  2   16 Với t  1  x  5 3   Với t  7  145  x   7  145   4 . 16  16      3 So điều kiện , phương trình có 3 nghiệm x = 5, x   7  145  4  16    Bài tập tự luyện Bài 2. Giải các phương trình: 1/ 3x2  21x 18  2 x2  7 x  7  2 ĐS: x = – 1; x = – 6 2/ x2  x  2  x 2  x ĐS: x = 1; x = – 2 3/ x2  3x  3  x2  3x  6  3 ĐS: x =1; x = 2 4/ x2  x  12 x  1  36 ĐS: x = 3 2 5/ 2(x2 – 2x) + x  2x  3 – 9 = 0 ĐS: x = 1  5 1 1 5 6/ x 2  2 x x   3x  1 ĐS: x = x 2 7/ 5  x  4 x 1  10  x  6 x  1  1 ĐS: 3  x  8 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 17
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  Dạng 2: F a f(x)  b g(x); f(x)g(x)  0  Với dạng này ta thường đặt t  a f(x)  b g(x) Chú ý: - Nếu bài toán có chứa f ( x) , g ( x) và f ( x). g ( x)  k (với k là hằng số) khi k đó có thể đặt : t  f ( x) thì g ( x)  t - Nếu bài toán có chứa f ( x)  g ( x) ; f ( x).g ( x) và f ( x)  g ( x)  k khi đó có t2  k thể đặt: t  f ( x)  g ( x) thì f ( x).g ( x)  2 Bài 1. Giải các phương trình: a) x  2  6  x  12  4 (x  2)(6  x) b) (ĐH 2011B) 3 2  x  6 2  x  4 4  x2  10  3x c) x  x2  1  x  x2  1  2 Giải a) x  2  6  x  12  4 (x  2)(6  x) (1) Điều kiện: 2  x  6 Đặt t  x  2  6  x,t  0 , suy ra t 2  8  2 (x  2)(6  x) (*) t  4  Phương trình (1) trở thành: t  12  2(t  8)  2t 2 2  t  28  0   7  t   (loai)  2 & Với t = 4 , thay vào (*) ta có: 16  8  2 x2  4x  12  x2  4x  12  4  x2  4x  4  0  x  2 . So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 2. b) 3 2  x  6 2  x  4 4  x2  10  3x (2) Điều kiện: 2  x  2 Đặt t  3 2  x  6 2  x  t2  9(10  3x  4 4  x2 ) Phương trình (2) trở thành : t2  9t  0  t  0 hay t = 9.  2  x  2 Với t = 0 : 3 2  x  6 2  x   x6 .  2  x  4(2  x) 5  2  x  2 Với t = 9 : 3 2  x  6 2  x = 9    2  x  3  2 2  x 2  x  2 2  x  2     12 2  x  5x 15 vô nghiem  )  2  x  9  12 2  x  4 2 – x & -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 18
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 6 . 5 c) x  x2  1  x  x 2  1  2 (3) Điều kiện: x  1 Nhận xét. x  x 2  1. x  x 2  1  1 1 Đặt t  x  x 2  1 (*) , thì phương trình (3) trở thành: t   2  t  1 t Thay vào (*) tìm được x = 1 So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 1. Bài tập tự luyện Bài 2. Giải các phương trình: 1/ 1  x  8  x  (1  x)(8  x)  3 ĐS: x = – 1 ; x = 8 2/ 2x  3  x  1  3x  2 (2x  3)(x  1)  16 ĐS: x = 3  3/ 12  x 2  5  1  x  2 2 x   2  0 ĐS: x =  2 x 1 x  2  x 1  x2  2 Dạng 3: F(n f(x), n g(x))  0 , trong đó F(a,b) là một biểu thức đẳng cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp:  TH1: g(x) = 0 thay vào phương trình ta kiểm tra, f(x)  TH2: g(x)  0 chia hai vế phương trình cho n g k (x) và đặt t  n ta g(x) được phương trình G(t) = 0 là phương trình đa thức bậc k. Ta thường gặp dạng: a.f(x)  b.g(x)  c. f(x)g(x)  0 . Đặt t  f(x)  0 , ta có phương trình : at2  ct  b  0 . g(x) Đối với dạng này, ta cần chú ý đến các đẳng thức trong quá trình biến đổi: x3  1   x  1  x 2 mx  1 x 4  x 2  1   x 2  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1  x4  1  x2  2 x  1 x2  2x  1   4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1 Bài 1. Giải các phương trình: a) x  1  x2  4x  1  3 x b) x2  3 x4  x2  2x  1 c) 2 x 2  5 x  1  7 x3  1 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 19
Giáo viên thực hiện : Đặng Thanh Hãn SKKN môn Đại số năm 2015 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Giải a) x  1  x2  4x  1  3 x (1) Điều kiện: x  0  x = 0 không là nghiệm của phương trình (1).  x > 0, chia hai vế phương trình (1) cho x ta được x  1  x  1  4  3 (*) x x 2 Đặt t  x  1 , t  2. Suy ra t2   x  1   x  1  2  x  1  t 2  2 x  x x x Thay vào phương trình (*) ta có được: t  t2  6  3  t2  6  3  t t  3   2  t  5  x  1  25  2  x2  17 x  1  0  x  4,x  1 .  t  6  9  6t  t 2 x 4 4 4 2  So điều kiện, phương trình có nghiệm x = 4, x = 1 . 4 b) x2  3 x4  x2  2x  1 (2) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) Với x  0, chia hai vế phương trình (2) cho x ta được: x  1  3 x  1  2  0 (*) x x Đặt t  3 x  1 , phương trình (*)  t3  t  2  0  (t  1)(t2  t  2)  0  t  1 x Với t  1  3 x  1  1  x2  x  1  0  x  1  5 . x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1  5 . 2 c) 2 x 2  5x  1  7 x3  1 (3) Điều kiện: x  1 Phân tích Ta viết   x  1    x 2  x  1  7  x  1  x 2  x  1 Đồng nhất thức ta được (3)  3  x  1  2  x 2  x  1  7  x  1  x 2  x  1 (*) Ta thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình (*) Với x > 1, chia hai vế phương trình (*) cho x – 1 ta được phương trình: x2  x  1 x2  x  1 2 7  3 = 0 (**) x 1 x 1 t  3 x2  x  1 Đặt t = , t  0 phương trình (**)  2t2 – 7t + 3 = 0   1 x 1 t  (loai )  2 & Với t = 3, ta có x2 + x + 1 = 9(x – 1)  x2 – 8x + 10 = 0  x = 4  6 (thỏa) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trang : 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.