Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Convetxao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu đề tài là đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập và làm rõ các thông tin có liên quan đến vấn đề; biết đề xuất và phân tích được một số giải pháp giải quyết vấn đề; lựa chọn được giải pháp phù hợp nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THCS: Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Định hướng đổi mới căn bản và toàn diện giáo dục nước ta trong giai đoạn hiện nay là “chuyển mạnh quá trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện năng lực và phẩm chất người học”. Theo đó, Chương trình giáo dục phổ thông 2018 được xây dựng theo định hướng phát triển phẩm chất và năng lực của học sinh; tạo môi trường học tập và rèn luyện giúp học sinh phát triển hài hoà về thể chất và tinh thần, trở thành người học tích cực, tự tin, biết vận dụng các phương pháp học tập tích cực để hoàn chỉnh các tri thức và kĩ năng nền tảng, có ý thức lựa chọn nghề nghiệp và học tập suốt đời; có những phẩm chất tốt đẹp và năng lực cần thiết để trở thành người công dân có trách nhiệm, người lao động có văn hoá, cần cù, sáng tạo. Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo từ lâu đã được xác định là một trong những mục tiêu quan trọng của giáo dục.Theo Chương trình giáo dục phổ thông 2018, năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là một trong những năng lực cốt lõi cần phải bồi dưỡng và phát triển cho người học. Năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là một khái niệm mới. Do vậy, việc làm rõ khái niệm cũng như nghiên cứu khả năng dạy học môn Toán nhằm góp phần phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo là rất cần thiết. Phương trình vô tỷ có nhiều dạng và các phương pháp giải khác nhau. Nó thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Hiện nay, có rất nhiều tài liệu, sách tham khảo viết về phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, các tài liệu, sách tham khảo phần lớn dừng lại ở việc phân dạng phương trình vô tỷ, nêu phương pháp giải và lấy ví dụ minh họa. Rất ít tài liệu, sách tham khảo viết theo hướng phát triển năng lực học sinh. Trong dạy học môn Toán, chúng tôi cho rằng, có thể phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sử dụng các bài toán về phương trình vô tỷ. Hiện nay, có nhiều nghiên cứu về phát triển năng lực giải quyết vần đề và sáng tạo cho học sinh thông qua các chủ đề, các bài toán trên nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học…Tuy nhiên, chưa có nghiên cứu nào về phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua các bài toán về phương trình vô tỷ. Vì những lý do trên, tác giả chọn đề tài: “Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số bài tập phương trình vô tỷ” để nghiên cứu. 1
PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I. CƠ SỞ KHOA HỌC 1. Cơ sở lý luận Có nhiều nghiên cứu về năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo nói chung. Theo Nguyễn Lộc, Nguyễn thị Lan Phương và các công sự (2016), “năng lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân sử dụng hiệu quả các quá trình nhận thức, hành động và thái độ, động cơ, xúc cảm để giải quyết những tính huống vấn đề mà ở đó không có sẵn quy trình, thue tục, giải pháp thông thường” [2; tr216]. Trần Việt Dũng (2013), “năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra cái mới có giá trị của cá nhân dựa trên tổ hợp các phẩm chất độc đáo của cá nhân đó” [3; tr162]. Tuy nhiên, việc đưa vào khái niệm năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo trong chương trình giáo dục phổ thông - Chương trình tổng thể là một cách đưa sáng tạo, có tính mới. Theo đó, năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo thể hiện ở cấp THPT có thể được mô tả như sau: -Nhận ra ý tưởng mới: Biết xác định và làm rõ thông tin, ý tưởng mới và phức tạp từ các nguồn thông tin khác nhau; biết phân tích các nguồn thông tin độc lập để thấy được khuynh hướng và độ tin cậy của ý tưởng mới. - Phát hiện và làm rõ vấn đề: Phân tích được tình huống trong học tập, trong cuộc sống; phát hiện và nêu được tình huống có vấn đề trong học tập, trong cuộc sống. - Hình thành và triển khai ý tưởng mới: Nêu được nhiều ý tưởng mới trong học tập và cuộc sống; suy nghĩ không theo lối mòn; tạo ra yếu tố mới dựa trên những ý tưởng khác nhau; hình thành và kết nối các ý tưởng; nghiên cứu để thay đổi giải pháp trước sự thay đổi của bối cảnh; đánh giá rủi ro và có dự phòng. - Đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập và làm rõ các thông tin có liên quan đến vấn đề; biết đề xuất và phân tích được một số giải pháp giải quyết vấn đề; lựa chọn được giải pháp phù hợp nhất. - Thiết kế và tổ chức hoạt động: + Lập được kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp; + Tập hợp và điều phối được nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động. + Biết điều chỉnh kế hoạch và việc thực hiện kế hoạch, cách thức và tiến trình giải quyết vấn đề cho phù hợp với hoàn cảnh để đạt hiệu quả cao. + Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động. - Tư duy độc lập: Biết đặt nhiều câu hỏi có giá trị, không dễ dàng chấp nhận thông tin một chiều; không thành kiến khi xem xét, đánh giá vấn đề; biết quan tâm tới các lập luận và minh chứng thuyết phục; sẵn sàng xem xét, đánh giá lại vấn đề. 2
Trong đề tài này, chúng tôi quan niệm năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo trong môn Toán là khả năng huy động, tổng hợp kiến thức, kĩ năng và các thuộc tính cá nhân nhằm giải quyết một nhiệm vụ học tập môn Toán, trong đó có biểu hiện của sự sáng tạo. Sự sáng tạo trong quá trình giải quyết vấn đề được biểu hiện trong một bước nào đó, có thể là một cách hiểu mới về vấn đề, hoặc một hướng giải quyết mới cho vấn đề, hoặc một sự cải tiến mới trong cách thực hiện giải quyết vấn đề, hoặc một cách nhìn nhận đánh giá mới. Nói riêng, trong dạy học môn Toán, Chương trình giáo dục phổ thông môn Toán cũng nêu rõ định hướng nội dung giáo dục toán học góp phần hình thành và phát triển cho học sinh các phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng lực toán học (bao gồm: NL tư duy và lập luận toán học, NL mô hình hóa toán học, NL giải quyết vấn đề toán học, NL giao tiếp toán học, NL sử dụng công cụ, phương tiện toán học)[4; tr 9] Như vậy, có thể thấy được mối quan hệ giữa việc phát triển các năng lực thành phần của năng lực toán học và năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo. Cũng do phân tích ở trên, chúng tôi cho rằng, giáo viên có thể phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học sinh thực hiện các hoạt động như là các “năng lực thành phần” của năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo như đã trình bày ở trên. 2. Cơ sở thực tiễn Trong giai đoạn hiện nay, chúng ta đang dạy học theo chương trình giáo dục phổ thông hiện hành (chương trình sách giáo khoa năm 2006) được xây dựng theo hướng tiếp cận nội dung. Chuyên đề phương trình vô tỷ trong chương trình sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng không nhiều, số lượng bài tập ít, thiếu tính đa dạng. Thực tế cho thấy, phương trình vô tỷ rất đa dạng và phong phú, có nhiều phương pháp giải khác nhau, có nhiều bài toán khó, phức tạp. Để giải nó, đòi hỏi học sinh phải nắm vững các phương pháp giải, có tư duy sáng tạo, linh hoạt và thành thạo các kỹ năng biến đổi... Về phương pháp, hình thức tổ chức dạy học hiện nay chúng ta thấy có nhiều thay đổi. Phương pháp dạy học tích cực được các nhà trường chỉ đạo quyết liệt để giáo viên áp dụng vào giảng dạy. Tuy nhiên, vẫn còn có giáo viên ngại đổi mới phương pháp dạy học, không linh hoạt trong giảng dạy. Do đó, việc phát triển phẩm chất, năng lực người học còn nhiều hạn chế. Khi dạy chuyên đề phương trình vô tỷ, một số giáo viên chỉ biết sưu tầm các bài tập có trong sách giáo khoa, sách tham khảo khác nhau và dạy cho học sinh, không phân tích, hướng dẫn, đưa ra những câu hỏi, tình huống có vấn đề để khích thích tính tò mò, sáng tạo cho học sinh nên không tạo hứng thú cho học sinh khi học chuyên đề này. Hiện nay, việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh trong dạy học còn gặp một số khó khăn. Có nhiều yếu tố ảnh hưởng tới điều này, chúng ta có thể kể đến là: về chất lượng đội ngũ giáo viên, nội dung chương trình, 3
cơ sở vật chất, cách tiếp cận phương pháp dạy học mới... Song, để tiếp cận với Chương trình giáo dục phổ thông 2018, chắc chắn người dạy, người học cần phải thay đổi về nhận thức và phương pháp dạy và học. II. PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, nội dung của đề tài tập trung vào rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ. Trên cơ sở lời giải một số bài toán phương trình vô tỷ, đi ngược lại quy trình, chúng tôi nêu ra các phương pháp sáng tạo ra bài toán mới. Trước hết chúng ta bước vào phần rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ. 1. Rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ. 1.1. Phương pháp giải phương trình vô tỷ 1.1.1. Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về  g ( x)  0 phương trình cơ bản dạng: f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  2 Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích f ( x).g ( x).h( x)...  0 Kỹ năng 2: Nhân biểu thức liên hợp 1.1.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Kỹ năng 1. Đặt một ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới Kỹ năng 2. Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới Kỹ năng 3. Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình Kỹ năng 4. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 1.1.3. Phương pháp đánh giá 1.1.4. Phương pháp lượng giác hóa. 1.1.5. Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng f 2 ( x)  0 hoặc f 2 ( x)  g 2 ( x)  ...  0 hoặc f n ( x)  g n ( x) 1.1.6. Phương pháp hàm số 1.2. Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư duy sáng tạo giải một số bài tập phương trình vô tỷ. Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 2( x2  3x  2)  3 x3  8 (1) Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ bản f ( x)  g ( x) . 4
 g ( x)  0 Sau khi thực hiện phép biến đổi f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) 2 Phương trình (2) thu được là phương trình bậc 4. Lúc đó, với sự hỗ trợ của máy tính casio, ta thấy phương trình (2) biến đổi được về dạng tích có nhân tử chung là biểu thức x2  6 x  4 . Từ đó ta có lời giải:  g ( x)  0 Lời giải 1. Áp dụng công thức cơ bản f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) 2 Điều kiện: x  2   x  3x  2  0 2 Phương trình 2( x  3 x  2)  3 x  8   3 2 3 9( x  8)  4( x  3 x  2)  2 2  x   ;1   2;     x   ;1   2;     4   2 4 x  33x  52 x  48 x  56  0  ( x  6 x  4)(4 x  9 x  14)  0  3 2 2  x   ;1   2;     x   ;1   2;     x  3  13  2    x  3  13  x  6x  4  0    x  3  13   x  3  13  Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13 Tiếp tục phân tích, ta thấy: x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4) x 2  3x  2  ( x 2  2 x  4)  ( x  2) Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức x  2 và x 2  2 x  4 . Nếu đặt a  x 2  2 x  4, b  x  2 , Ta có phương trình 2a 2  3ab  2b2  0  (a  2b)(a  2b)  0  a  2b  0  a  2b Từ đó ta có lời giải sau: Lời giải 2. Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4)(*) Đặt a  x2  2 x  4  0; b  x  2  0 Phương trình trở thành 2a 2  3ab  2b2  0  (a  2b)(a  2b)  0  a  2b  0  a  2b  x  3  13 Với a  2b  x 2  2 x  4  2 x  2  x 2  6 x  4  0    x  3  13 Nhận xét: 5
1.Từ lời giải 2, có một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hiện hai biểu thức x  2 và x 2  2 x  4 ? Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức trong căn x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4) Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x2  3x  2 theo x  2 và x 2  2 x  4 Để thực hiên ý độ đó, ta chỉ cần làm như sau: Giả sử x 2  3x  2  m( x 2  2 x  4)  n( x  2)  mx 2  (n  2m) x  4m  2n m  1 m  1 Đồng nhất hệ số, ta có n  2m  3    4m  2n  2 n  1   x 2  3x  2  ( x 2  2 x  4)  ( x  2) 2. Phương trình (*) có dạng tổng quát A. f ( x)  B.g ( x)  C. f ( x) g ( x) a  f ( x) Nếu đặt  , ta có thể có được lời giải. b  g ( x) f ( x) f ( x) 3. Giải sử g ( x)  0 , ta có: A. f ( x)  B.g ( x)  C. f ( x) g ( x)  A  B  C. g ( x) g ( x) f ( x) Bằng cách đặt t  , ta cũng có được lời giải g ( x) Lời giải 3. Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4) x2 x2  22 3 2 (1) x  2x  4 2 x  2x  4 x2 Đặt t  , điều kiện t  0 x  2x  4 2  1 t 1 Phương trình (1) trở thành: 2t 2  3t  2  0   2 t   2 t  2 x2  x  3  13 Với t  2   2  x2  6x  4  0   x  2x  4 2  x  3  13 Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13 Nhận xét: Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau: 6
af ( x)  b n f ( x)  c  0 . Khi đó, ta đặt ẩn phụ t  n f ( x) thì bài toán sẽ được giải quyết. Thực tế cho thấy, trong quá trình giải bài tập phương trình vô tỷ, có nhiều phương trình, sau một số bước biến đổi, ta thu được phương trình dạng: af ( x)  b n f ( x)  c  0 Nếu để ý, ta thấy lời giải 2 thực chất là biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng tích. Từ đó, ta có thêm lời giải sau: Lời giải 4. Ta có: 2( x 2  3x  2)  3 x3  8  2( x 2  2 x  4)  2( x  2)  3 ( x  2)( x 2  2 x  4)  2( x 2  2 x  4)  ( x  2)( x 2  2 x  4)  2( x  2)  4 ( x  2)( x 2  2 x  4)  0     x2  2 x  4 2 x2  2 x  4  x  2  2 x  2 2 x2  2 x  4  x  2  0    2 x2  2 x  4  x  2  x2  2x  4  2 x  2  0  x  3  13  x2  2 x  4  2 x  2  0  x2  2 x  4  2 x  2  x2  6 x  4  0    x  3  13 Vậy nghiệm phương trình là: x  3  13; x  3  13 Sử dụng một trong những lời giải nêu trên, ta sẽ giải được các bài tập phương trình vô tỷ sau: a) 3x 2  12 x  5 10  4 x  x 2  12  0 d) 3 81x 4  4  27 x 2  42 x  6 b) 2( x2  x  6)  5 x3  8 e) x 2  3x  4  3 x3  6 x 2  11x  6 c) 2 x 2  5x  1  7 x3  1 Bình luận: Ở ví dụ 1, để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, chúng tôi đã đưa ra những phân tích, nhận xét để rèn luyện cho học sinh tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải và giúp học sinh trả lời câu hỏi “vì sao lại nghĩ ra lời giải này”. Chúng tôi cũng đưa ra các dạng phương trình tổng quát để học sinh nhận dạng và ghi nhớ cách giải. Ở các ví dụ tiếp theo, chúng tôi không nặng về phân tích, nhận xét để giúp học sinh tư tuy tìm tòi lời giải. Chúng tôi chỉ tập trung vào định hướng và giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau để giúp học sinh nắm sâu hơn về các phương pháp giải phương trình vô tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận một bài bài toán ở nhiều “góc nhìn” khác nhau. Ví dụ 2. Giải phương trình sau: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3 Lời giải 1. Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình tích. 7
 1  10 3   1  10  Điều kiện: x   6;    ;    3   3  Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  (3x2  2 x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  5 3x 2  2 x  3      (3x 2  2 x  3)  5 3x 2  2 x  3  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  0  3x 2  2 x  3  5   3x 2  2 x  3  x  1  0  1  85 x   3 3 x 2  2 x  28  0  3x  2 x  3  5 2   1  85     x  1  x   3x 2  2 x  3  x  1   2  3   2 x  4 x  4  0 x  1 3   x  1  3 1  85 Vậy nghiệm của phương trình là: x  ; x  1 3 3 Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  (3x2  2 x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x 2  2 x  3  5 3x 2  2 x  3 Đặt a  3x2  2 x  3; b  x  1 Phương trình trở thành: a  5 a 2  5b  ab  5a  (a 2  5a)  (ab  5b)  0  (a  5)(a  b)  0   a  b 1  85 Với a  5  3x 2  2 x  3  5  3x 2  2 x  28  0  x  3  x  1  x  1  Với a  b  3x 2  2 x  3  x  1      x  1 3 2 x  4 x  4  0 x  1 3  2 1  85 Vậy nghiệm của phương trình là: x  ; x  1 3 3 Lời giải 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  3x 2  2 x  3  0  t 2  3x 2  2 x  3  3x 2  t 2  2 x  3 Phương trình 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  t 2  2 x  3  3x  2  ( x  6)t  t 2  ( x  6)t  5( x  1)  0 (1) Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số 8
t  ( x  6)2  20( x  1)  ( x  4)2  t  x  4 Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t  5; t  x  1 t  5  3x 2  2 x  3  5 Khi đó phương trình (1)  (t  5)(t  x  1)  0     t  x  1  3x 2  2 x  3  x  1 Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1 Lời giải 4. Nhân biểu thức liên hợp   Ta có: 3x2  3x  2  ( x  6) 3x2  2 x  3  ( x  6) 3x 2  2 x  3  5  3x 2  2 x  28 3 x 2  2 x  28  0 ( x  6)(3x 2  2 x  28)  3 x 2  2 x  28  0   3x  2 x  28   2 x6  3x 2  2 x  3  5  1  3x 2  2 x  3  x  1  3x 2  2 x  3  Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1. Ví dụ 3. Giải phương trình: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0 Lời giải 1. Biến đổi phương trình về dạng tích Điều kiện: x   ;   1;   1  2  Ta có: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0  (2 x2  3x  1)  ( x  1) 2 x2  3x  1  ( x  3) 2 x 2  3x  1  ( x  3)( x  1)  0  2 x2  3x  1( 2 x2  3x  1  x  1)  ( x  3)( 2 x 2  3x  1  x  1)  0  2 x 2  3x  1  3  x  ( 2 x  3x  1  x  1)( 2 x  3x  1  x  3)  0   2 2  2 x 2  3x  1  1  x x  3 x  3  3  41 Với 2 x  3x  1  3  x   2 2  3  41  x   x  3x  8  0 x  2  2  x  1 Với 2 x 2  3x  1   x  1   : vô nghiệm  x  5x  0 2 3  41 Vậy nghiệm của phương trình là: x  2 Lời giải 2. Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới. a  x  1  a  x  2 x  1 Đặt  2 2  2  a 2  b 2  3x 2  5 x  2 b  2 x  3 x  1 b  2 x  3 x  1   2 2 a  b  2 Phương trình trở thành: a 2  b2  4  2ab  0  (a  b)2  4    a  b  2 9
a  b  2  2 x 2  3x  1  3  x Với    a  b  2  2 x 2  3x  1  1  x Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1 Lời giải 3. a  x  1   a  x  2 x  1  a  b  3x  5 x  2 2 2 2 2 2 Đặt   2  b  2 x  3 x  1  b  2 x  3x  1   2ab  3 x  5 x  2 2 2 2 a  b  2  a 2  b 2  2ab  4  (a  b) 2  4    a  b  2 Đến đây ta giải tương tự như lời giải 2 Lời giải 4. Biến đổi phương trình đã cho về dạng f 2 ( x)  g 2 ( x) Ta có 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0  (2 x2  3x  1  2( x  1) 2 x2  3x  1  ( x  1)2  4  ( 2 x2  3x  1  x  1) 2  22  2 x 2  3x  1  x  1  2  2 x 2  3x  1  3  x     2 x 2  3x  1  x  1  2  2 x 2  3x  1  1  x Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1 Lời giải 5. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  2 x 2  3x  1  0  t 2  2 x 2  3x  1 Phương trình 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0  t 2  2( x  1)t  x 2  2 x  3  0 (1) Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  4 Phương trình (1) có 2 nghiệm t  3  x; t  1  x t  3  x  2 x 2  3x  1  3  x Khi đó (1)  (t  x  3)(t  x  1)  0    t  1  x  2 x 2  3x  1  1  x Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1 Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp Ta có: 3x2  5x  2  2( x 1) 2 x2  3x  1  0  x 2  3x  8  2( x  1)   2 x 2  3x  1  (3  x)  0  x 2  3x  8  0 2( x  1)( x  3 x  8)  0   2  x 2  3x  8  2( x  1) 2 x  3x  1  3  x 2 1 0  2 x 2  3x  1  3  x 10
3  41 Với x 2  3x  8  0  x  2 2( x  1) Với 1   0  2 x 2  3x  1  1  x : vô nghiệm 2 x  3x  1  3  x 2 Ví dụ 4. Giải phương trình x3  (1  x 2 )3  x 2  2 x 2 (1) Lời giải 1. Đặt 1 ẩn phụ, đưa về phương trình mới. Điều kiện x   1;1 Đặt t  x  1  x 2 , điều kiện t   1; 2   t 2 1 t 2  1  2 x 1  x 2  2   x 1 x Suy ra:  3 3  2 2 3 2  t  x  (1  x )  3x 1  x x  1  x 2     x3  (1  x 2 )3  t  3t 3 2 Phương trình (1) trở thành: t 3  3t t 2  1 t  2   t 3  2t 2  3t  2  0   2 2 t  1  2 x  2 Với t  2  x  1  x 2  2  1  x 2  2  x   2 x 2 x  2 2 x  1  0  2 2 1  2  2 2 1 Với t  1  2  x  1  x 2  1  2  x  2 2 1  2  2 2 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  ;x  2 2 Lời giải 2. Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình  x  y  1 2 2  ( x  y )  2 xy  1 2 Đặt y  1  x  0 , ta có hệ: 2  3  (I)  x  y  2 xy  ( x  y )  3xy ( x  y )  2 xy  3 3 x  y  S Đặt  , điều kiện S 2  4P  xy  P  S 2 1 S 2  2P  1  P  Hệ (I) trở thành:  3  2  S  3SP  2 P  0  S 3  3S . S  1  2. S  1  0 2 2  2 2 11
S  2  S 2  1   S 2 1 P   P  1 P   2   2    2 S  2   S  2S  3S  2  0   S  1  2 3 2   S  1  2   P  1  2   S  2  x  y  2 Với  1   2 1 x P   xy  2  2  2 S  1  2  x  y  1 2 1  2  2 2 1 Với   x P  1  2   xy  1  2  2 2 1  2  2 2 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  ;x  2 2 Lời giải 3. Phương pháp lượng giác hóa   Đặt x  sin t , t    ;   2 2 Khi đó (1  x 2 )3  (1  sin 2 t )3  cos3 t; 2  2 x 2  2. 1  sin 2 t  2 cos t Phương trình trở thành: sin3 t  cos3 t  2 sin t cos t  (sin t  cos t )3  3sin t cos t (sin t  cos t )  2 sin t cos t  0 (1) a2 1 Đặt a  sin t  cos t  sin t cos t  , điều kiện a   1; 2  2 a  2 Phương trình (1) trở thành: a3  2a 2  3a  2  0    a  1  2    Với a  2  sin t  cos t  2  2 cos  t    2  cos  t    1  t   k 2  4  4 4       2 t  k 2 . Vì t    ;   t   x  sin  4  2 2 4 4 2 sin t  cos t  1  2 1  2  2 2 1 Với a  1  2  sin t  cos t  1  2    sin t  sin t cos t  1  2  2 1  2  2 2 1 x 2 2 1  2  2 2 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  ;x  2 2 5 Ví dụ 5. Giải phương trình sau: 1  x 2  x 2 1  x2 12
Nhận xét: Trong phương trình có chứa 1  x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức 1 lượng giác 1  tan 2   cos 2    0  cos t  1 Đặt x  tan t , t    ;     2 2 1  sin t  1   1 1 Khi đó 1  x 2  1  tan 2 t  2  cos t cos t 5 1 5cos t Phương trình 1  x 2  x   tan t  2  5cos 2 t  2sin t  0 2 1  x2 cos t 2 sin t  1 3 4 3  5sin t  2sin t  3  0   2  sin t    cos t  1  sin 2 t   x  tan t   sin t   3 5 5 4  5 3 Vậy nghiệm của phương trình là: x   4 Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác:   a) 2 x  (4 x2 1) 1  x2  4 x3  1  x2 , đặt t  sin x, t    ;   2 2  b) 2  2 1  x2  x(1  1  x 2 ) , đặt t  sin x, t  0;   2 3x 36 3   c) x   , đặt x  , t  (0;  ) \   x 9 2 x cos x 2 x 2  1 ( x 2  1) 2    d) x 2  1   , đặt x  tan t , t    ;  \ 0;   2x 2 x(1  x ) 2  2 2  4 Ví dụ 6. Giải phương trình x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9 Lời giải 1. Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9 a  x  5 Đặt  3 b  2 x  9  Phương trình trở thành: a3  5a  b3  5b  (a  b)(a 2  ab  b2  5)  0  a  b  0  a  b x  4 Với a  b  x  5  2 x  9  x  15 x  73x  116  0   11  5 3 3 2 x  2 x  4 Vậy phương trình có nghiệm là:  11  5 x  2 Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9 13
Ta làm như sau: xét phương trình ( x  m)3  5( x  m)  ( 3 2x  9)3  5 3 2 x  9  x3  3mx2  (3m2  3) x  m3  5m  9  5 3 2 x  9 3m  15  Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 3m 2  3  78  m  5 m3  5m  9  141  Khi đó x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9 Lời giải 2. Phương pháp hàm số Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5( x  5)  2 x  9  5 3 2 x  9 (1) Xét f (t )  t 3  5t , t  R Ta có f / ( x)  3t 2  5  0t  R  f (t ) đồng biến trên R x  4 Khi đó (1)  f ( x  5)  f ( 2 x  9)  x  5  2 x  9   11  5 3 3 x  2 Lời giải 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2. Ta có: x3  15x 2  78x  141  5 3 2 x  9  ( x  5)3  5 3 2 x  9  3x  16 ( y  5)3  2 x  9  ( y  5)  2 x  9(1) Đặt y  5  3 2 x  9   3   ( x  5)  5( y  5)  3x  16  ( x  5)  5 y  3x  9(2)  3 3 Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có: ( y  5)3  ( x  5)3  5 x  5 y  ( y  x)  ( y  5) 2  ( y  5)( x  5)  ( x  5) 2   5( y  x)  0  ( y  5)  ( y  5) 2  ( y  5)( x  5)  ( x  5) 2  5   0  y  x  0  x  y x  4  x  5  2x  9   3  x  11  5  2 Nhận xét: Để đặt y  5  3 2 x  9 Ta làm như sau: giả sử 3 2 x  9  ax  b , a  0 5(ay  b)  x3  15 x 2  78 x  141 Ta có:  2 x  9  a y  3a by  3ab y  b  3 3 2 2 2 3  5ay  5b  2 x  9  x3  15 x 2  78 x  141  y 3  3a 2by  3ab 2 y  b3  ( x3  a 3 y 3 )  (15 x 2  3a 2by 2 )  80 x  (3ab 2  5a) y   (b3  b  150)  0 (1)  a3 3a 2b 3ab 2  5a    a  1 Để (1) có nhân tử chung x  y , ta cần có:  1 15 80  b3  5b  150  0 b  5  14
Nên ta có phép đặt y  5  3 2 x  9 Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 3x  5  8 x3  36 x 2  53x  25 Lời giải 1. Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới. Phương trình: 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3 3x  5 (1) Đặt a  2x  3; b  3 3x  5 . Phương trình (1) trở thành a3  a  b3  b  a3  b3  a  b  0  (a  b)(a 2  ab  b 2  1)  0  a  b  0  a  b x  2 Với a  b  3x  5  2 x  3  3x  5  (2 x  3)  8x  36 x  51x  22  0   5  3 3 3 3 2 x  4 5 3 Vậy nghiệm của phương trình là: x  2; x  4 Lời giải 2. Phương pháp hàm số Phương trình: 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  (2 x  3)  (3x  5)  3 3x  5 (1) Xét f (t )  t 3  t , t  R Ta có f / (t )  3t 2  t  0t  R  f (t ) đồng biến trên R x  2 Do đó (1)  f (2 x  3)  f ( 3x  5)  2 x  3  3x  5   5  3 3 3 x  4 Lời giải 3. Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2. Ta có 3 3x  5  8x3  36x2  53x  25  (2 x  3)3  3 3x  5  x  2 (2 y  3)3  3 x  5 Đặt 2 y  3  3 3x  5   (2 x  3)  2 y  x  5  3  (2 y  3)3  (2 x  3)3  2( x  y)  (2 y  2 x)  (2 y  2 x) 2  (2 y  3)(2 x  3)  (2 x  3) 2   (2 y  2 x)  0  (2 y  2 x)  (2 y  3) 2  (2 y  3(2 x  3)  (2 x  3) 2  1  0  2 y  2 x  0  x  y x  2 Khi đó 2 x  3  3x  5   5  3 3 x  4 Ví dụ 8. Giải phương trình x  4  6  x  x 2  10 x  27 Lời giải 1. Phương pháp đánh giá Điều kiện: 4  x  6 Ta có: VP  ( x  5)2  2  2 (1) 15
x 3 7 x VT  1( x  4)  1(6  x)    2 (2) 2 2 1  x  4 VT  2  Từ (1) và (2), ta có: VT  VP    1  6  x  x  5 VP  2 x  5  0  Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 Lời giải 2. Ta có: x  4  6  x  x 2  10 x  27  2 x 2  20 x  54  2 x  4  2 6  x  2( x2 10 x  25)  ( x  4  2 x  4  1)  (6  x  2 6  x  1)  0 x  5  0   2( x  5) 2  ( x  4  1) 2  ( 6  x  1) 2  0   x  4  1  x  5   6 x 1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 Lời giải 3.  ( x  4 1)  ( 6  x 1)  ( x2 10 x  25)  0 x 5 x 5  1 1     ( x  5) 2  0  ( x  5)    x  5  0 x  4 1 6  x 1  x  4 1 6  x 1  x  5  1 1  5  x  x  4  1 6  x 1 1 1 Xét phương trình 5  x (3) x  4 1 6  x 1  1 1   1 1 Với x   4;5  , ta có:  x  4  1 6  x  1  5  x 5  x x  4 1 6  x 1  Với x  5 thỏa mãn phương trình (3)  1 1   1 1 Với x   5;6 , ta có:  x  4  1 6  x  1  5 x 5  x x  4 1 6  x 1  Suy ra phương trình (3) có nghiệm x  5 Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 Lời giải 4. Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình x  4  6  x  x2  10 x  27  2  2  x 2  10 x  24  ( x 2  10 x  27)2 16
 2  2 3  ( x 2  10 x  27)  ( x 2  10 x  27) 2 Đặt t  x 2  10 x  27  ( x  5)2  2  2 Phương trình trở thành: 2  2 3  t  t 2  2 3  t  t 2  2  4(3  t )  t 4  4t 2  4  t 4  4t 2  4t  8  0  t 2 (t  2)(t  2)  4(t  2)  0  (t  2)(t 3  2t 2  4)  0  t  2 Với t  2  x 2  10 x  27  2  ( x  5)2  0  x  5 Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 Lời giải 5. Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình. a  x  4 Đặt   ab  ( x  4)(6  x)   x 2  10 x  24  3  ( x 2  10 x  27) b  6  x   x 2  10 x  27  3  a 2b2 a  b  a 2b 2  3  0(1) a  b  3  a 2b 2 a  b  a 2b 2  3  0  Ta có hệ phương trình:  2 2   ( a  b) 2  2  a  b  2  ( a  b ) 2  2 ab  2  ab  (2)  2 2  ( a  b) 2  2  Thế (2) vào (1), ta có: ab   3  0(3)  2  Đặt t  a  b , điều kiện t  0 Phương trình (3) trở thành: 2  t2  2  t    3  0  t  4t  4t  8  0  (t  2)(t  2t  4)  0  t  2  0  t  2 4 2 3 2  2  Với t  2  a  b  2  x  4  6  x  2  ( x  4)(6  x)  1  ( x  4)(6  x)  1  ( x  5)2  0  x  5 Ví dụ 9. Giải phương trình ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39 Lời giải 1. Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( x)  g 2 ( x) Điều kiện 2 x 2  7 x  9  0  x   ;    1;   9  2 Ta có ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39  4( x  1) 2 x2  7 x  9  36 x 156  4(2 x2  7 x  9)  4( x  1) 2 x2  7 x  9  ( x  1)2  9 x 2  66 x  121  2 x 2  7 x  9  x  5(1)  (2 2 x 2  7 x  9  x  1) 2  (3x  11) 2    2 x 2  7 x  9  2 x  6(2) x  5  x  5  3  145 Giải (1): 2x  7x  9  x  5   2 2  3  145  x   x  3x  34  0 x  2  2 17
 x  3 Giải (2): 2 x 2  7 x  9  2 x  6   : Vô nghiệm 2 x  17 x  45  0 2 3  145 Vậy nghiệm của phương trình là: x  2 Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ta có: ( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  2 x 2  7 x  9  ( x  1) 2 x 2  7 x  9  2 x 2  16 x  30  0 Đặt t  2 x 2  7 x  9 Phương trình trở thành t 2  ( x  1)t  2 x 2  16 x  30  0 (1) Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  (3x  11)2 Phương trình (1) có 2 nghiệm t  x  5; t  2 x  6 t  x  5  2x2  7 x  9  x  5 Do đó (1)  (t  x  5)(t  2 x  6)  0    t  2 x  6  2 x 2  7 x  9  2 x  6 Lời giải 3. Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới. Đặt a  x  1; b  2 x2  7 x  9  9 x  39  2a 2  b2  12a  16 Phương trình đã cho trở thành: ab  2a 2  b2  12a  16  4b2  4ab  a 2  9a 2  48a  64  (2b  a) 2  (3a  8) 2  2b  a  3a  8  2 x2  7 x  9  x  5     2b  a  3a  8  2 x 2  7 x  9  2 x  6 Lời giải 4. a 2  x 2  2 x  1  a  x  1  Đặt   4b2  8 x 2  28 x  36  a 2  4ab  4b 2  9 x 2  66 x  121 b  2 x  7 x  9 4ab  36 x  156  2   2b  a  3x  11  2 x2  7 x  9  x  5  (2b  a)  (3x  11)   2 2   2b  a  3x  11  2 x 2  7 x  9  2 x  6 Nhận xét: Xuất phát từ phương trình có dạng tổng quát dạng: u 2 ( x)  b( x)  a( x) a( x).u ( x)  b( x) Nếu đặt v( x)  a( x).u ( x)  b( x) , ta có hệ đối xứng loại 2 sau:  u ( x)  b( x)  a( x).v( x)  2 u ( x)  b( x)  a( x).v( x) 2  2  2 v ( x)  a( x).u ( x)  b( x)   v ( x)  b( x)  a( x).u ( x) 18
Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng u 2 ( x)  b( x)  a( x) a( x).u ( x)  b( x) Thật vậy: Giả sử ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39 (*) được viết thành: ( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x) Vì biểu thức trong căn của phương trình (*) có chứa 2x 2 nên b( x) là một biểu thức bậc hai có dạng b( x)  x 2  px  q Khi đó: ( x  n)2  b( x)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  b( x)  ( x  n) 2  ( x 2  px  q)  ( x  1) ( x  1)( x  n)  ( x 2  px  q)  (2n  p) x  (n  q)  ( x  1) 2 x  (n  p  1) x  (n  q  1) 2 2  2n  p  9  2 n  5 n  q  39  Đồng nhất hệ số, ta có:   p 1 n  p  1  7  n  q  1  9 q  14 Khi đó ta biến đổi ( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  ( x  5) 2  ( x 2  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x 2  x  14) Ta có lời giải sau: Lời giải 5. Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2. Ta có: ( x  1) 2 x 2  7 x  9  9 x  39  ( x  5) 2  ( x 2  x  14)  ( x  1) ( x  1)( x  5)  ( x 2  x  14) u  x  5 u 2  ( x 2  x  14)  ( x  1)v(1) Đặt    2 v  ( x  1)( x  5)  ( x  x  14) v  ( x  x  14)  ( x  1)u (2) 2 2 Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có: u  v  2 x2  7 x  9  x  5 u 2  v 2  ( x  1)(v  u )  (u  v)(u  v  x  1)  0    u  v  x  1  0  2 x 2  7 x  9  2 x  6 Lời giải 6. Nhân biểu thức liên hợp Ta có: ( x  1) 2 x2  7 x  9  9 x  39  x 2  3x  34  ( x  1)   2 x 2  7 x  9  ( x  5)  0  x  5 Xét 2 x 2  7 x  9  x  5  0  2 x 2  7 x  9   x  5   : Vô nghiệm  x  3x  34  0 2 Suy ra: 2 x 2  7 x  9  x  5  0 19
Khi đó x2  3x  34  ( x  1)   2 x 2  7 x  9  ( x  5)  0 ( x  1)( x 2  3x  34)  x 1   x 2  3x  34   0  ( x 2  3x  34) 1  0 2 x2  7 x  9  x  5  2 x 2  7 x  9  x  5   x 2  3 x  34  0  3  145  x  3  145  x 1  2 x 1 0 2  2x2  7 x  9  x  5  2 x 2  7 x  9  2 x  6(VN )  Ví dụ 10. Giải phương trình: 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5 Lời giải 1. Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 2. Ta có: 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5  (3x  2) 2  ( x 2  x  3)  ( x  1) ( x  1)(3x  2)  ( x 2  x  3) u  3 x  2   u  ( x  x  3)  ( x  1)v 2 2 Đặt   2       v  ( x  1)u  ( x  x  3)  2  2  v ( x 1)(3 x 2) ( x x 3)  u  ( x  1)v  ( x  x  3)(1) 2 2  2 đây là hệ phương trình đối xứng loại 2. v  ( x  1)u  ( x  x  3)(2)  2 Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có: u  v u 2  v 2  ( x  1)(u  v)  (v  u )(u  v  x  1)  0   u  v  x  1  0  2 x   14  3 Với u  v  4 x  6 x  5  3x  2   2 3 x 5 x 2  6 x  1  0 5   3 x   9  33 Với u  v  x  1  0  4 x  6 x  5  4 x  3   2 4  x 6 x 2  9 x  2  0 12  Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t  4 x 2  6 x  5  t 2  4 x 2  6 x  5 Phương trình 8x2  11x  1  ( x  1) 4 x2  6 x  5  t 2  ( x  1)t  12 x2  17 x  6  0 (1) Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t  (7 x  5)2 Phương trình (1) có 2 nghiệm t  3x  2; t  4 x  3 t  3 x  2  4 x 2  6 x  5  3x  2 Khi đó (1)  (t  3x  2)(t  4 x  3)  0    t  4 x  3  4 x 2  6 x  5  4 x  3 Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1. 20