Cập nhật thông tin chi tiết về Cđ Giải Hpt Không Mẫu Mực mới nhất trên website Maiphuongus.net. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
Published on
1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC NGUYỄN THỊ THANH HUYỀN PHÚC YÊN – 2014
3. MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Hệ phương trình là một dạng toán khá phổ biến trong các đề thi tuyển sinh vào các trường THPT chuyên, lớp chọn và đề thi học sinh giỏi các cấp, đặc biệt là thi học sinh giỏi môn toán lớp 9. Đối với nhiều học sinh, bài toán giải hệ phương trình được coi là bài toán khó, đòi hỏi người học phải có năng lực tư duy logic, kiến thức phải chắc chắn về hệ phương trình. Chính vì vậy giải hệ phương trình luôn gây được sự hấp dẫn đối với người dạy lẫn người học. Có nhiều phương pháp để giải hệ phương trình, tuy nhiên không có phương pháp nào vạn năng để giải được mọi bài toán. Trong quá trình giảng dạy học sinh ôn thi vào lớp 10 và bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9,tôi thấy học sinh gặp phải khó khăn và lúng túng khi giải hệ phương trình đặc biệt là các hệ phương trình không mẫu mực. Làm thế nào để học sinh có thể tìm tòi khám phá đưa việc giải các hệ phương trình không mẫu mực về giải hệ phương trình quen thuộc, cơ bản là vấn đề trăn trở, suy nghĩ của bản thân tôi cũng như nhiều đồng nghiệp. Để bồi dưỡng chuyên môn đồng thời giúp các em học sinh lớp 9 có thêm một vài phương pháp giải hệ phương trình nên tôi viết chuyên đề với tên đề tài: “Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực” Với một số phương pháp giải hệ này tôi hi vọng sẽ có tác dụng trong việc rèn luyện tư duy toán học cho các em học sinh và là nguồn tài liệu nhỏ giúp các em luyện tập nâng cao kiến thức phục vụ cho các kì thi
4. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán học sinh giỏi và ôn thi vào lớp 10. 2. Mục đích nghiên cứu Trang bị cho học sinh về một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực mạng lại hiệu quả rõ rệt. Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kĩ năng giải toán, qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy sáng tạo. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Thông qua tìm tòi, tổng hợp để đưa ra được các dạng bài tập và phương pháp giải cho từng dạng bài toán giúp học sinh có kiến thức chắc về nội dung hết sức quan trọng của chương trình. 4. Đối tượng nghiên cứu Hệ phương trình trong chương trình đại số 9. Phân loại các dạng toán và phương pháp giải mỗi dạng 5. Phạm vi nghiên cứu và giới hạn nghiên cứu Chuyên đề được xây dựng, nghiên cứu và triển khai trong chương trình toán đại số 9 Hệ phương trình không mẫu mực 6. Phương pháp nghiên cứu Tham khảo sách, báo, tài liệu. Thực tiễn giảng dạy GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 4
5. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Tham khảo các đề thi HSG các tỉnh, đề thi các trường chuyên GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 5
6. Chương 1 NỘI DUNG 1.1 MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP 1.1.1 HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN Định nghĩa 1.1. Là hệ phương trình có dạng: ax + by = c (1) a x + b y = c (2) trong đó phương trình (1), (2) là phương trình bậc nhất hai ẩn x và y. Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như: * Phương pháp thế * Phương pháp cộng đại số * Phương pháp đồ thị * Sử dụng máy tính cầm tay * Phương pháp tính theo định thức,… 1.1.2 HỆ BA PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT BA ẨN Định nghĩa 1.2. Là hệ phương trình có dạng a1x + b1y + c1z = d1 (1) a2x + b2y + c2z = d2 (2) a3x + b3y + c3z = d3 (3) trong đó phương trình (1), (2) và (3) là phương trình bậc nhất ba ẩn x, y và z. Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau như:
7. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán * Phương pháp thế * Phương pháp cộng đại số * Phương pháp đồ thị * Sử dụng máy tính cầm tay * Phương pháp tính theo định thức,… 1.1.3 HỆ GỒM MỘT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN VÀ MỘT PHƯƠNG TRÌNH KHÁC Định nghĩa 1.3. Là hệ phương trình có dạng ax + by + c = 0 f(x, y) = 0 trong đó x, y là ẩn và f(x, y) là biểu thức chứa hai biến x, y Cách giải: Với hệ này ta có thể giải bằng: * Phương pháp thế 1.1.4 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 1 Định nghĩa 1.4. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình thì từng phương trình đó không thay đổi Cách giải: Bước 1: Biến đổi tương đương làm xuất hiện x + y và x.y Bước 2: Đặt S = x + y và P = x.y (với S2 ≥ 4P) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 7
8. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Bước 3: Giải hệ phương trình với ẩn mới là S, P. Tìm được S, P Bước 4: Tìm nghiệm x; y của hệ phương trình đã cho 1.1.5 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI 2 Định nghĩa 1.5. Là hệ phương trình mà khi ta thay đổi vai trò của hai ẩn cho nhau trong mỗi phương trình, phương trình này biến thành phương trình kia và ngược lại. Cách giải: Trừ vế cho vế tương ứng của các phương trình để biến đổi về phương trình tích có nhân tử là x − y, rồi thế ẩn này theo ẩn kia để giải hệ phương trình. 1.1.6 HỆ ĐẲNG CẤP BẬC HAI ĐỐI VỚI HAI BIẾN x & y Định nghĩa 1.6. Là hệ phương trình có dạng ax2 + bxy + cy2 = d a x2 + b xy + c y2 = d Cách giải: Nếu x = 0 thì ta đặt y = kx rồi nhận xét và chia vế cho vế ta được phương trình ẩn k, tìm được k từ đó tìm được x, y Nếu x = 0 thì viết lại hệ phương trình đã cho và giải hệ phương trình đó. 1.2 MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG KHI GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC * Các hằng đẳng thức. * Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 8
9. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán * Nhân đơn thức với đa thức, nhân đa thức với đa thức * Tính ∆ và ∆ * Cách giải phương trình bậc hai, bậc ba, bậc bốn,… * Các phép biến đổi tương đương. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 9
10. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán 1.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC Không có phương pháp chung để giải mọi hệ phương trình không mẫu mực. Tùy theo đặc trưng các phương trình của hệ mà ta lựa chọn những phương pháp như: Biến đổi tương đương, phương pháp thế, phương pháp đặt ẩn phụ, dùng bất đẳng thức,… để dưa hệ đã cho thành các hệ đơn giản hơn hoặc các hệ quen thuộc ( mẫu mực) từ đó ta tìm ra tập nghiệm của hệ phương trình. 1.3.1 PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Phương pháp này chủ yếu là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một phương trình của hệ về dạng đơn giản hơn. DẠNG 1 Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn. Ví dụ 1.1. Giải hệ phương trình: xy + x + y = x2 − 2y2 (1) x √ 2y − y √ x − 1 = 2x − 2y (2) Nhận xét: Dễ dàng thấy phương trình (1) của hệ có thể đưa về phương trình tích, từ đó ta tìm được x theo y, thay vào phương trình (2), từ đó tìm được giá trị y, giá trị x. Lời giải * Điều kiện: x ≥ 1, y ≥ 0 (∗) pt (1) ⇔ x2 − xy − 2y2 − (x + y) = 0 ⇔ x2 − y2 − y (x + y) − (x + y) = 0 ⇔ (x + y) (x − 2y − 1) = 0 ⇔ x = 2y + 1, (x + y ≥ 1) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 10
11. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán * Thay x = 2y + 1 vào phương trình (2) và biến đổi: (y + 1) 2y − 2 = 0 ⇔ y = 2, (do y ≥ 0) ⇒ x = 5 * Do x = 5, y = 2 thỏa mãn điều kiện (*). Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (5; 2) Ví dụ 1.2. Giải hệ phương trình: 6×2 − 3xy + x = 1 − y (1) x2 + y2 = 1 (2) Lời giải pt (1) ⇔ 6×2 − 3xy + 3x − 2x + y − 1 = 0 ⇔ 6×2 − 2x − (3xy − y) + (3x − 1) = 0 ⇔ (3x − 1) (2x − y + 1) = 0 ⇔ x = 1 3 y = 2x + 1 * Thay x = 1 3 vào phương trình (2) và biến đổi ta được: y2 = 8 9 ⇔ y = 2 √ 2 3 y = − 2 √ 2 3 * Thay y = 2x + 1 vào phương trình (2) và biến đổi : x2 + (2x + 1)2 = 1 ⇔ 5×2 + 4x = 0 ⇔ x (5x + 4) = 0 ⇔ x = 0 x = − 4 5 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 11
12. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán * Với x = 0 thì y = 1 * Với x = − 4 5 thì y = − 3 5 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = 1 3 ; 2 √ 2 3 , (x; y) = 1 3 ; − 2 √ 2 3 , (x; y) = (0; 1) , (x; y) = − 4 5 ; − 3 5 . DẠNG 2: Cộng hoặc trừ từng vế hai phương trình rồi biến đổi về phương trình tích Ví dụ 1.3. Giải hệ phương trình: x3 + y3 = 1 + y − x + xy (1) 7xy + y − x = 7 (2) Lời giải Cộng vế với vế của phương trình (1) và phương trình (2) ta được: x3 + y3 + 6xy = 8 ⇔ (x + y)3 − 23 − 3×2 y − 3xy2 + 6xy = 0 ⇔ (x + y − 2) x2 + y2 + 4 − xy + 2y + 2x = 0 ⇔ (x + y − 2) (x − y)2 + (x + 2)2 + (y + 2)2 = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 (x − y)2 + (x + 2)2 + (y + 2)2 = 0 ⇔ y = 2 − x x = y = −2 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 12
13. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Với y = 2 − x, thay vào phương trình (2), ta được: 7×2 − 12x + 5 = 0 ⇔ x = 1 x = 5 7 ⇔ x = y = 1 x = 5 7 y = 9 7 Với x = y = −2, không thỏa mãn phương trình (2) của hệ loại Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = 5 7 ; 9 7 Ví dụ 1.4. Giải hệ phương trình: x2 + y + x3 y + xy2 + xy = − 5 4 (1) x4 + y2 + xy (1 + 2x) = − 5 4 (2) (I) Lời giải (I) ⇔ x2 + y + x3 y + xy2 + xy = − 5 4 x4 + 2×2 y + y2 + xy = − 5 4 ⇔ x2 + y + xy x2 + y + xy = − 5 4 (3) x2 + y 2 + xy = − 5 4 (4) Trừ vế với vế của phương trình (3) cho phương trình (4) ta được: x2 + y + xy x2 + y − x2 + y 2 = 0 ⇔ x2 + y x2 + y − 1 − xy = 0 ⇔ x2 + y = 0 x2 + y − 1 − xy = 0 ⇔ y = −x2 x2 + y = 1 + xy GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 13
14. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Với y = −x2 , thay vào phương trình (2) ta được: x3 = 5 4 ⇔ x = 3 5 4 khi đó y = − 3 25 16 Với x2 + y = xy + 1 thay vào phương trình (4) ta được: (xy + 1)2 + xy = − 5 4 ⇔ (xy)2 + 3xy + 9 4 = 0 ⇔ xy + 3 2 2 = 0 ⇔ xy + 3 2 = 0 ⇔ xy = − 3 2 Khi đó x2 + y = − 1 2 xy = − 3 2 ⇔ x = 1 y = − 3 2 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = 3 5 4 ; − 3 25 16 ; (x; y) = 1; − 3 2 DẠNG 3:Biến đổi một phương trình của hệ về dạng phương trình bậc hai theo một ẩn chẳng hạn đó là ẩn y, lúc đó ta xem x là tham số. Biểu diễn y qua x bằng cách giải phương trình bậc hai ẩn y Ví dụ 1.5. Giải hệ phương trình: y2 = (x + 8) x2 + 2 (1) 16x − 8y + 16 = 5×2 + 4xy − y2 (2) Nhận xét: Viết phương trình (2) về dạng phương trình bậc hai ẩn y , x là tham số thì phương trình này có ∆ là bình phương của một biểu thức, ta tìm được giá trị y, từ đó tìm được x. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 14
15. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Lời giải Biến đổi phương trình (2) về dạng: y2 − (4x + 8) y + 16 + 16x − 5×2 = 0 (3) là phương trình bậc hai ẩn y, x là tham số. Có ∆ = 9×2 , phương trình (3) có hai nghiệm là y = 4−x hoặc y = 5x+4 Với y = 4 − x thay vào phương trình (1) ta được: (4 − x)2 = (x + 8) x2 + 2 ⇔ (x + 2) (x + 5) x = 0 ⇔ x = 0 x = −2 x = −5 Do đó hệ có nghiệm (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) = (−5; 9) , Với y = 5x + 4 thay vào phương trình (1) ta được: (5x + 4)2 = (x + 8) x2 + 2 ⇔ x (x − 19) (x + 2) = 0 ⇔ x = 0 x = 19 x = −2 Do đó, Hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) , Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = (0; 4) , (x; y) = (19, 99) , (x; y) = (−2; −6) , (x; y) = (−2; 6) , (x; y) = (−5; 9) , Ví dụ 1.6. Giải hệ phương trình: x2 + 2 = 3x + y − xy (1) x2 + y2 = 2 (2) Nhận xét: Viết phương trình (1) về dạng phương trình bậc hai ẩn x , y là tham số thì phương trình này có ∆ là bình phương của một biểu thức, ta tìm được giá trị x, từ đó tìm được y. Lời giải Biến đổi phương trình (1) về dạng: x2 + (y − 3) x + (2 − y) = 0 (3) là phương trình bậc hai ẩn x, y là tham số. GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 15
16. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Ta có: ∆ = (y − 1)2 , khi đó phương trình (3) có hai nghiệm là x = 1, x = 2 − y Với x = 1, thay vào phương trình (2) ta có y = ±1 Với x = 2−y, thay vào phương trình (2) ta có (2 − y)2 +y2 = 2 ⇔ y = 1 khi đó x = 1 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (1; −1) 1.3.2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ * Phương pháp này có thể đặt một hoặc hai ẩn để đưa hệ đã cho thành hệ đơn giản hơn với các ẩn phụ mới. Giải hệ đối với ẩn phụ mới, từ đó suy ra nghiệm của hệ phương trình ban đầu. * Có thể từ hệ phương trình đã cho nhìn thấy ngay ẩn phụ mới, cũng có khi phải thông qua một vài phép biến đổi mới có thể nhìn thấy việc đặt ẩn phụ Ví dụ 1.7. Giải hệ phương trình: 2 x2 + 3y − y2 + 8x − 1 = 0 x (x + 8) + y (y + 3) − 13 = 0 Nhận xét: Cả 2 phương trình của hệ ta đều thấy có biểu thức: x2 + 3y và y2 + 8x nên ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ hai ẩn mới. Lời giải Điều kiện: x2 + 3y ≥ 0 y2 + 8x ≥ 0 (∗) Đặt a = x2 + 3y; b = y2 + 8x (a ≥ 0, b ≥ 0) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 16
17. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Hệ phương trình đã cho trở thành: 2a − b = 1 a2 + b2 = 13 ⇔ b = 2a − 1 a2 + (2a − 1)2 = 13 ⇔ b = 2a − 1 (5a + 6) (a − 2) = 0 ⇔ b = 2a − 1 a = 2 a = − 6 5 (loại) Do đó a = 2 b = 3 ⇒ x2 + 3y = 2 y2 + 8x = 3 ⇔ y = 4 − x2 3 4 − x2 3 2 + 8x = 9 ⇔ y = 4 − x2 3 (x − 1) (x + 5) x2 − 4x + 13 = 0 ⇔ y = 4 − x2 3 x = 1 x = −5 ⇔ x = 1 y = 1 x = −5 y = −7 (thỏa mãn điều kiện) Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm là (x; y) = (1; 1), (x; y) = (−5; −7) Ví dụ 1.8. Giải hệ phương trình: x2 + y2 + 2y = 4 (1) 2x + y + xy = 4 (2) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 17
18. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Nhận xét: Chưa nhìn thấy ngay để dùng phương pháp đặt ẩn phụ, ta biến đổi phương trình (1) và phương trình (2) để xuất hiện biểu thức chung x(y + 1) và x + (y + 1) Lời giải x2 + y2 + 2y = 4 2x + y + xy = 4 ⇔ x2 + (y + 1)2 = 5 x (y + 1) + [x + (y + 1)] = 5 Đặt a = x + (y + 1), b = x(y + 1) Khi đó a2 − 2b = 5 a + b = 5 ⇔ b = 5 − a a2 − 10 + 2a = 5 ⇔ b = 5 − a a2 + 2a − 15 = 0 ⇔ b = 5 − a a = 3 a = −5 ⇔ a = 3; b = 2 a = −5; b = 10 Với a = 3, b = 2 ta có x + (y + 1) = 3 x (y + 1) = 2 ⇔ x = y = 1 x = 2; y = 0 Với a = −5, b = 10 ta có x + (y + 1) = −5 x (y + 1) = 10 hệ này vô nghiệm Bằng cách thử, vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (1; 1), (x; y) = (2; 0) Ví dụ 1.9. Giải hệ phương trình: y + xy2 = 6×2 (1) 1 + x2 y2 = 5×2 (2) Nhận xét: * Nếu x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình * Nếu x = 0 chia cả hai vế của phương trình (1) và phương trình (2) cho x2 = 0 để 2 phương trình xuất hiện biểu thức chung 1 x + y và y x GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 18
19. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Lời giải Với x = 0, không thỏa mãn hệ phương trình Với x = 0 chia cả hai vế (1) và (2) cho x2 = 0 ta được: y x2 + y2 x = 6 1 x2 + y2 = 5 ⇔ y x 1 x + y = 6 1 x + y 2 − 2 y x = 5 Đặt S = 1 x + y; P = y x . Khi đó ta có P.S = 6 S2 − 2P = 5 ⇔ S = 3 P = 2 Ta có x = 1 y = 2 hoặc x = 1 2 y = 1 Bằng cách thử, Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y) = (1; 2) , (x; y) = 1 2 ; 1 Ví dụ 1.10. Giải hệ phương trình: (x + y) 1 + 1 xy = 5 x2 + y2 1 + 1 x2y2 = 49 Nhận xét: Đây là hệ đối xứng loại 1, nếu ta đặt ẩn phụ theo tổng và tích như cách thông thường thì được hệ phương trình ẩn mới vẫn phức tạp. Nhưng nếu thông qua một vài bước biến đổi, sau đó mới sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ thì được hệ phương trình đơn giản hơn. Lời giải Điều kiện x = 0, y = 0 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 19
20. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Ta có (x + y) 1 + 1 xy = 5 x2 + y2 1 + 1 x2y2 = 49 ⇔ x + 1 x + y + 1 y = 5 x2 + 1 x2 + y2 + 1 y2 = 49 Đặt a = x + 1 x ; b = y + 1 y Khi đó ta có hệ phương trình a + b = 5 a2 + b2 = 53 ⇔ a = 5 − b (5 − b)2 + b2 = 53 ⇔ a = 5 − b (b + 2) (b − 7) = 0 ⇔ a = 5 − b b = −2 a = 5 − b b = 7 ⇔ a = 7 b = −2 a = −2 b = 7 Do đó x + 1 x = 7 y + 1 y = −2 x + 1 x = −2 y + 1 y = 7 ⇔ x = 7 √ 45 2 y = −1 x = −1 y = 7 √ 45 2 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = 7 + √ 45 2 ; −1 ; (x; y) = 7 − √ 45 2 ; −1 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 20
21. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán (x; y) = −1; 7 + √ 45 2 ; (x; y) = −1; 7 − √ 45 2 1.3.3 PHƯƠNG PHÁP THẾ Rút ra một ẩn hoặc 1 biểu thức hoặc một số từ phương trình này thế vào phương trình kia để được 1 phương trình đơn giản hơn, nhờ đó ta có hệ phương trình đơn giản hơn. Ta thường áp dụng cách này với các hệ mà ta quan sát thấy 1 phương trình của hệ mà một ẩn chỉ có bậc nhất hoặc ở cả hai phương trình của hệ có cùng 1 biểu thức chung Nhiều khi phải thông qua một vài bước biến đổi tương đương rồi mới có thể sử dụng phương pháp thế được Ví dụ 1.11. Giải hệ phương trình: x2 (y + 1) (x + y) = 3×2 − 4x + 1 (1) xy + x + 1 = x2 (2) Nhận xét: Dễ dàng rút y từ phương trình (2) của hệ, thay vào phương trình (1) ta được phương trình ần x, từ đó có lời giải như sau: Lời giải * Ta thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình (2) * Với x = 0, thì (2) ⇔ xy = x2 − x − 1 ⇔ y = x2 − x − 1 x , thay vào GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 21
22. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán phương trình (1) ta được: x2 . x2 − x − 1 x + 1 . x + x2 − x − 1 x = 3×2 − 4x + 1 ⇔ x2 − 1 2×2 − x − 1 = (x − 1) (3x − 1) ⇔ x (x − 1) 2×2 + x − 5 = 0 ⇔ (x − 1) 2×2 + x − 5 = 0 (vìx = 0) ⇔ x = 1 x = −1 ± √ 41 4 Với x = 1 thì y = −1 Với x = −1 + √ 41 4 thì y = −27 + 3 √ 41 20 Với x = −1 − √ 41 4 thì y = −27 − 3 √ 41 20 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (1; −1) (x; y) = −1 + √ 41 4 ; −27 + 3 √ 41 20 , (x; y) = −1 − √ 41 4 ; −27 − 3 √ 41 20 Ví dụ 1.12. Giải hệ phương trình: √ 7x + y + √ 2x + y = 5 (1) √ 2x + y + x − y = 2 (2) Nhận xét: Cả hai phương trình của hệ đều có biểu thức √ 2x + y nên từ phương trình (2) ta rút √ 2x + y = 2+y −x rồi thế vào phương trình (1). Lời giải Điều kiện: 7x + y ≥ 0 2x + y ≥ 0 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 22
23. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán * Từ phương trình (2) suy ra √ 2x + y = 2 + y − x (x − y ≤ 2), thế vào phương trình (1) ta được: √ 7x + y = 3 + x − y (x − y ≥ −3) * Do đó ta được: −3 ≤ x − y ≤ 2 7x + y = 9 + x2 + y2 + 6x − 2xy − 6y 2x + y = 4 + y2 + x2 + 4y − 4x − 2xy ⇔ −3 ≤ x − y ≤ 2 5x + 2y = 5 + 10x − 10y 2x + y = 4 + y2 + x2 + 4y − 4x − 2xy ⇔ −3 ≤ x − y ≤ 2 x = 2y − 1 2 (2y − 1) + y = 4 + y2 + (2y − 1)2 + 4y − 4 (2y − 1) − 2xy ⇔ −3 ≤ x − y ≤ 2 x = 2y − 1 y2 − 11y + 11 = 0 ⇔ −3 ≤ x − y ≤ 2 x = 10 + √ 77 y = 11 + √ 77 2 x = 10 − √ 77 y = 11 − √ 77 2 ⇔ x = 10 − √ 77 y = 11 − √ 77 2 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = 10 − √ 77; 11 − √ 77 2 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 23
24. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Ví dụ 1.13. Giải hệ phương trình: x3 + 2xy2 + 12y = 0 (1) x2 + 8y2 = 12 (2) Nhận xét: Nếu thay 12 = x2 + 8y2 vào phương trình (1) thì ta có thể biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích Lời giải Thay 12 = x2 + 8y2 vào phương trình (1) ta được: x3 + 2xy2 + x2 + 8y2 y = 0 ⇔ (x + 2y) x2 − xy + 4y2 = 0 ⇔ x = −2y x2 − xy + 4y2 = 0 Hệ phương trình đã cho tương đương x = −2y x2 + 8y2 = 12 (I) x2 − xy + 4y2 = 0 x2 + 8y2 = 12 (II) Giải hệ (I): x = −2y y2 = 1 ⇔ x = −2 y = 1 x = 2 y = −1 Giải hệ (II): x − y 2 2 + 15 4 y2 = 0 x2 + 8y2 = 12 ⇔ x = 0; y = 0 x2 + 8y2 = 12 hệ vô nghiệm Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm là: (x; y) = (−2; 1) , (x; y) = (2; −1) Ví dụ 1.14. Giải hệ phương trình: y3 + xy2 + 3x − 6y = 0 (1) x2 + xy = 3 (2) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 24
25. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Lời giải Ta có y3 + xy2 + 3x − 6y = 0 (1) x2 + xy = 3 (2) ⇔ y3 + xy2 + 3x − 2.3y = 0 (3) x2 + xy = 3 Thay 3 = x2 + xy vào phương trình (3) ta được: y3 + xy2 + x2 + xy x − 2y x2 + xy = 0 ⇔ (x + y) (x − y)2 = 0 ⇔ x = −y x = y * Với x = −y, thay vào phương trình (2) ta được y2 −y2 = 3, phương trình vô nghiệm * Với x = y, thay vào phương trình (2), ta được: y2 + y2 = 3 ⇔ y = 3 2 y = − 3 2 Bằng cách thử, vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = 3 2 ; 3 2 , (x; y) = − 3 2 ; − 3 2 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 25
26. Chương 2 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2.1 MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài tập 2.1. Giải hệ phương trình sau: y (xy − 2) = 3×2 y2 + x2 y + 2x = 0 Gợi ý: Cộng theo từng vế của hai phương trình rồi biến đổi thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (0; 0) , (x; y) = −1 3 √ 3 ; − 3 √ 3 , (x; y) = (2; −2) Bài tập 2.2. Giải hệ phương trình sau: y2 + 1 y = x2 + 1 x x2 + 3y2 = 4 Gợi ý: Biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (−1; −1) , (x; y) = √ 3; 1 √ 3 ; (x; y) = − √ 3; − 1 √ 3 Bài tập 2.3. Giải hệ phương trình sau: x2 + xy = 6 x3 + y3 + 18y = 27 Gợi ý: Thay 6 = x3 + xy vào phương trình (2) Đáp số: (x; y) = (2; 1)
27. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Bài tập 2.4. Giải hệ phương trình sau: xy + x + 1 = 7y x2 y2 + xy + 1 = 13y2 Gợi ý: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ: Đặt x + 1 y = a, x y = b Đáp số: (x; y) = (3; 1) , (x; y) = 1; 1 3 Bài tập 2.5. Giải hệ phương trình sau: x2 − xy + x − y = 4 3×2 − 3xy − 5x + 5y = 4 Gợi ý: Thế 4 = (x + 1) (x − y) vào phương trình (2) rồi biến đổi thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (3; 2) Bài tập 2.6. Giải hệ phương trình sau: x2 + xy + y2 = 19(x − y)2 x2 − xy + y2 = 7 (x − y) Gợi ý: Viết phương trình (1) dưới dạng phương trình bậc hai ẩn x Đáp số: (x; y) = (0; 0) , (x; y) = (3; 2) , (x; y) = (−2; −3) , Bài tập 2.7. Giải hệ phương trình sau: 4×2 + y4 − 4xy3 = 1 4×2 + 2y2 − 4xy = 2 Gợi ý: Trừ theo từng vế của phương trình (2) và phương trình (1) rồi biến đổi thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (0; 1) , (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (0; −1) , (x; y) = (−1; −1) , (x; y) = − 1 √ 5 ; 1 √ 5 , (x; y) = 1 √ 5 ; − 1 √ 5 , GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 27
28. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Bài tập 2.8. Giải hệ phương trình sau x2 + y2 + x + y = 8 x2 − 3y2 + 2xy − x + 5y − 2 = 0 Gợi ý: Viết phương trình (2) dưới dạng phương trình bậc hai ẩn x Đáp số: (x; y) = (1; 2) , (x; y) = (−3; −2) , (x; y) = −1 + 3 √ 69 10 ; 7 + 3 √ 69 10 , (x; y) = −1 − 3 √ 69 10 ; 7 − 3 √ 69 10 . Bài tập 2.9. Giải hệ phương trình sau: x2 + y2 + 2xy x + y = 1 √ x + y = x2 − y Gợi ý: Biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (1; 0) , (x; y) = (−2; 3) Bài tập 2.10. Giải hệ phương trình sau: x3 − y3 = 4x + 2y x2 − 1 = 3 1 − y2 Gợi ý: Thay 4 = x2 + 3y2 vào phương trình (1) và biến đổi thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (2; 0) , (x; y) = (−2; 0) , (x; y) = − 5 √ 7 7 ; √ 7 7 , (x; y) = 5 √ 7 7 ; − √ 7 7 , (x; y) = (−1; 1) , (x; y) = (1; −1) , GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 28
29. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Bài tập 2.11. Giải hệ phương trình sau: x2 − 2xy + x − 2y + 3 = 0 y2 − x2 + 2xy + 2x − 2 = 0 Gợi ý: Nhân hai vế của phương trình (1) với (2) rồi cộng theo từng vế phương trình (2) Đáp số: (x; y) = −5 − √ 21 2 ; −1 − √ 21 2 , (x; y) = −5 + √ 21 2 ; −1 + √ 21 2 , Bài tập 2.12. Giải hệ phương trình sau: x xy − 2y2 = 3 x2 + y − 2xy = 4 Gợi ý: Trừ vế với vế phương trình (1) và phương trình (2) rồi biến đổi thành phương trình tích Đáp số: (x; y) = (3; 1) , (x; y) = (−1; −1) , (x; y) = 3 + √ 10; 3 , (x; y) = 3 − √ 10; 3 , Bài tập 2.13. Giải hệ phương trình sau: x2 + 4 y2 = 4 x − 2 y − 4x y = −2 Gợi ý: Đặt x − 2 y = a, 4x y = b Đáp số: (x; y) = (0; 1) , (x; y) = 2 + 2 √ 7 3 ; 1 + √ 7 2 GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 29
30. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán (x; y) = 2 − 2 √ 7 3 ; 1 − √ 7 2 Bài tập 2.14. Giải hệ phương trình sau: x − 2y − 2 x + 1 = 0 x2 − 4xy + 4y2 − 4 x2 + 1 = 0 Gợi ý: Đặt x − 2y = a, 2 x = b Đáp số: (x; y) = (2; 1) Bài tập 2.15. Giải hệ phương trình sau: x4 − x3 y + x2 y2 = 1 x3 y − x2 + xy = −1 Gợi ý: Trừ vế với vế của phương trình (1) và phương trình (2), Rồi đặt x2 − xy = t Đáp số: (x; y) = (1; 0) , (x; y) = (−1; 0) , Bài tập 2.16. Giải hệ phương trình sau: (x − y) x2 + y2 = 13 (x + y) x2 − y2 = 25 Gợi ý: Trừ theo từng vế phương trình (1) và phương trình (2), rồi đặt x − y = a, xy = b Đáp số: (x; y) = (3; 2) , (x; y) = (−2; −3) , Bài tập 2.17. Giải hệ phương trình sau: x2 + y2 + x + y = 4 x (x + y + 1) + y (y + 1) = 2 Gợi ý: Phương pháp thế GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 30
31. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán Đáp số: (x; y) = − √ 2; √ 2 , (x; y) = √ 2; − √ 2 (x; y) = (−2; 1) , (x; y) = (1; −2) Bài tập 2.18. Giải hệ phương trình sau: x4 + 2×3 y + x2 y2 = 2x + 9 x2 + 2xy = 6x + 6 Gợi ý: Thế xy = 6x + 6 − x2 2 vào phương trình (1) Đáp số: (x; y) = −4; 17 4 Bài tập 2.19. Giải hệ phương trình sau: x (x + 2) (2x + y) = 9 x2 + 4x + y = 6 Gợi ý: Đặt x (x + 2) = a; 2x + y = b Đáp số: (x; y) = (1; 1) , (x; y) = (−3; 9) Bài tập 2.20. Giải hệ phương trình sau: √ 2x + y + 1 − √ x + y = 1 3x + 2y = 4 Gợi ý: Đặt ẩn phụ Đáp số: (x; y) = (2; −1) Bài tập 2.21. Giải hệ phương trình sau: 4xy + 4 x2 + y2 + 3 (x + y)2 = 7 2x + 1 x + y = 3 Gợi ý: Đặt ẩn phụ Đáp số: (x; y) = (1; 0) GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 31
32. Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng Chuyên đề Toán GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền Trang 32
33. KẾT LUẬN Kiến thức được trình bày trong chuyên đề đã được giảng dạy cho các em học sinh giỏi lớp 9 và các lớp luyện thi vào lớp 10 Kết quả thu được khả quan, các em hăng say học tập, hứng thú tìm tòi cái mới, cái hay, các em có niềm tin trong học tập, không ngại khó, yêu thích môn Toán. Với loại hệ phương trình này người thầy phải biết phân loại bài, biết vận dụng sáng tạo phương pháp và định hướng cách giải cho học sinh Mặc dù rất cố gắng khi thực hiện chuyên đề nhưng không tránh khỏi những thiếu xót, hạn chế nhất định. Vì vậy tôi mong muốn được đồng nghiệp đóng góp ý kiến để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Để hoàn thành được chuyên đề này tôi xin được chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, các đồng chí trong tổ Toán – Lý – Tin đã đóng góp ý kiến, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình làm chuyên đề. Phúc Yên, ngày 07 tháng 03 năm 2014 Người viết Nguyễn Thị Thanh Huyền
Bí Quyết Giải Các Hệ Phương Trình Không Mẫu Mực
GD&TĐ – Trước một hệ phương trình “không mẫu mực” học sinh thường rất mất thời gian trong việc lựa chọn phương pháp giải phù hợp. Lí do là các em chưa biết phân tích bài toán, chưa biết dựa vào những đặc điểm đặc trưng của hệ để tìm phương pháp giải.
Cô Đinh Thị Hương Giang – Giáo viên Trường THPT Thạch Thành 2 (Thanh Hóa) – cho biết: Mặc dù trong quá trình dạy học, giáo viên đã trình bày cho học sinh các phương pháp thường sử dụng để giải các hệ không mẫu mực như phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp hàm số và phương pháp đánh giá, … Tuy nhiên, học sinh thường gặp khó khăn khi lựa chọn phương pháp giải.
Thường các em cứ thấy có căn bậc hai là bình phương hai vế mà không biết có đưa ra được kết quả hay không, giữa hai phương trình của hệ không biết biến đổi phương trình nào thì thuận lợi hơn, không biết phân tích xem thế ẩn nào thì đơn giản hơn…
Chính vì thế việc biến đổi của học sinh thường mất nhiều thời gian mà chưa hẳn đưa ra được kết quả.
Khi gặp bài toán giải hệ phương trình, cô Đinh Thị Hương Giang cho biết mình thường yêu cầu học sinh trước khi giải phải dừng lại quan sát, phân tích các đặc điểm của hệ để lựa chọn cách giải.
Chẳng hạn, với các hệ có một phương trình là bậc nhất hoặc bậc 2 đối với hai ẩn, ta sẽ chọn phương pháp biến đổi tương đương, tìm cách rút ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại (đối với phương trình bậc 2 theo ẩn x thì phải có biệt thức = g2(y) mới tính được).
Trong trường hợp cả hai phương trình trong hệ biểu diễn qua các đại lượng u = f(x; y) ; v = g(x; y), một cách đơn giản, ta có thể chọn phương pháp đặt ẩn phụ (trong một số bài toán ẩn phụ sẽ xuất hiện sau một vài phép biến đổi tương đương).
Nếu một phương trình trong hệ (hoặc từ 2 phương trình của hệ) dẫn đến có dạng f(x) = f(y) hoặc f(x) = 0 ta có thể dùng phương pháp hàm số…
Tất nhiên mỗi bài toán có thể giải theo nhiều cách khác nhau và có thể phải vận dụng nhiều phương pháp, điều đó còn yêu cầu học sinh ngoài việc trang bị cho mình những kỹ năng và kiến thức cần thiết phải có thêm một chút “nhạy cảm toán học”.
Đối với hệ phương trình không mẫu mực, theo cô Đinh Thị Hương Giang, ta thường sử dụng những phương pháp giải sau:
Phương pháp biến đổi tương đương
Trong phương pháp này, chủ yếu sử dụng các kỹ năng biến đổi tương đương phương trình nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản (có thể rút ẩn này theo ẩn kia) rồi thế vào phương trình còn lại.
Thông thường, với phương pháp này chúng ta thường sử dụng đối với những hệ phương trình mà trong đó có một phương trình trong hệ là bậc nhất hoặc bậc hai đối với một ẩn (lúc đó có thể xem ẩn còn lại là tham số) hoặc một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích (có thể còn phải thông qua một vài phép biến đổi tương đương đơn giản).
Dạng 1: Hệ phương trình trong đó có một phương trình bậc nhất hoặc bậc hai đối với một ẩn (ẩn còn lại xem là tham số)
Dạng 2: Hệ phương trình trong đó có một phương trình trong hệ có thể biến đổi về dạng tích, từ đó rút được ẩn này theo ẩn kia để thế vào phương trình còn lại.
Phương pháp đặt ẩn phụ
Tùy từng hệ phương trình có thể lựa chọn để đặt một ẩn hoặc hai ẩn phụ. Điều quan trọng là việc phát hiện được ẩn phụ có ngay trong mỗi phương trình của hệ hoặc xuất hiện sau một só phép biến đổi đơn giản (chia cho một biểu thức khác không, sử dụng hằng đẳng thức…)
Phương pháp hàm số
Phương pháp hàm số thường được sử dụng để giải các hệ phương trình mà từ một (hoặc hai) phương trình trong hệ dẫn tới f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó hàm số f đơn điệu trên một khoảng xác định.
Phương pháp đánh giá
Với phương pháp này cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm trong hệ và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức cơ bản.
Cô Đinh Thị Hương Giang cho rằng, những phương pháp trên, ngoài việc giúp học sinh định hướng tốt khi giải các bài toán về hệ không mẫu mực, nó còn giúp các em rèn luyện khả năng phân tích, phán đoán, tư duy logic .
Từ đó, học sinh sẽ hứng thú hơn khi học môn toán. Tuy nhiên, trong giải toán, học sinh cần phải biết vận dụng linh hoạt các phương pháp đã học để có thể kết hợp chúng trong nhiều bài toán khác.
Bên cạnh đó, đứng trước một bài toán, điều quan trọng là biết cách định hướng, phân tích để tìm ra phương pháp giải phù hợp.
Cách Giải Phương Trình Lượng Giác Không Mẫu Mực Pt Luonggiackhongmaumuc Doc
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CÓ CÁCH GIẢI KHÔNG MẪU MỰC
I.PHƯƠNG PHÁP TỔNG BÌNH PHƯƠNGPhương pháp này nhằm biến đổi phương trình lượng giác về dạng một vế là tổng bình phương các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế còn lại bằng không và áp dụng tính chất:
Bài 1. Giải phương trình:
GIẢI
ĐS
II.PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬPPhương pháp này được xây dựng trên tính chất: Để giải phương trình , ta có thể nghĩ đến việc chứng minh tồn tại A → R: và thì khi đó:
Nếu ta chỉ có và , thì kết luận phương trình vô ngiệm.Bài 2. Giải phương trình:
GIẢI
Vì nên mà Do và nên phương trình vô nghiệm.Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 3. Giải phương trình: (1)
Cách giải tương tự cho các phương trình thuộc dạng:
III. PHƯƠNG PHÁP ĐOÁN NHẬN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH TÍNH DUY NHẤT CỦA NGHIỆMTuỳ theo dạng và điều kiện của phương trình, ta tính nhẩm một nghiệm của phương trình, sau đó chứng tỏ nghiệm này là duy nhất bằng một trong những cách thông sụng sau:Dùng tính chất đại sốÁp dụng tính đơn điệu của hàm sốPhương trình có 1 nghiệm và hàm đơn điệu trong thì có nghiệm duy nhất là .Phương trình có 1 nghiệm , tăng (giảm) trong , giảm (tăng) trong thì phương trình có nghiệm là duy nhất.Bài 4. Giải phương trình: với
GIẢITa thấy ngay phương trình có 1 nghiệm .Đặt là biểu thức của hàm số có đạo hàm (vì ) Hàm luôn đơn điệu tăng trong có 1 nghiệm duy nhất trong Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất .
B.CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN
Bài 1: Giải phương trình: (1)
Phương trình vô nghiệm.
Bài 2: Giải phương trình:
ĐS hay ,
C.CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO VÀ ĐỀ THI
Bài 3: Giải các phương trình: (1)
2.Với điều kiện ta có và luôn cùng dấu nên:
Dấu “=” xảy ra Với : phương trình có nghiệm cho bởi:
Với thì:
Dấu bằng xảy ra (đều không thoả mãn điều kiện của phương trình)Vậy với thì phương trình vô nghiệm.ĐS
Bài 4: Giải phương trình: (1)
D.CÁC BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1: Giải phương trình:
HƯỚNG DẪN
Vậy phương trình tương đương: ĐS
Bài 2: Giải phương trình: với HƯỚNG DẪNDễ thấy phương trình có 1 nghiệm Đặt liên tục trên Có đạo hàm: do đơn điệu tăng trên
Bài 3: Giải phương trình:
ĐS
Bài 4: Giải phương trình:
Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải
Published on
1. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc MỤC LỤC PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU………………………………………………………………………….. Trang 2 I/ Lí do chọn đề tài ………………………………………………………………………………………. Trang 2 II/ Mục đích nghiên cứu đề tài ………………………………………………………………………. Trang 2 III/ Phạm vi nghiên cứu – đối tượng nghiên cứu……………………………………………… Trang 3 IV/ Các phương pháp nghiên cứu và tiến hành ……………………………………………….. Trang 3 PHẦN II – NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI…………………………………………………………… Trang 3 I/ Cơ sở lý luận……………………………………………………………………………………………. Trang 3 II/ Cơ sở thực tiễn………………………………………………………………………………………… Trang 4 III/ Nội dung và phương pháp nghiên cứu…………………………………………………….. Trang 5 1. Khái niệm phương trình vô tỉ…………………………………………………………………….. Trang 5 2. Phương pháp chung………………………………………………………………………………….. Trang 5 3. Phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản………………………………………………… Trang 6 3.1) Phương pháp nâng lên luỹ thừa ……………………………………………………………. Trang 6 3.2) Phương pháp đưa về pt chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ……………………… Trang 13 3.3) Phương pháp đặt ẩn phụ ……………………………………………………………………… Trang 15 3.4) Phương pháp đưa về hệ phương trình……………………………………………………. Trang 20 3.5) Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức…………………………………………………….. Trang 25 3.6) Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất …………………………………………… Trang 28 3.7) Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp – Trục căn thức………………………… Trang 29 IV/ Kết quả…………………………………………………………………………………………………. Trang 31 PHẦN III. KẾT LUẬN………………………………………………………………………………… Trang 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………………………………. Trang 32 PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU. I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá – giỏi. Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỷ trong SGK rất ít và là những bài đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương mất căn đưa về Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 1
3. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH : 1. Phương pháp nghiên cứu: + Tham khảo thu thập tài liệu. + Phân tích, tổng kết kinh nghiệm. + Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh. + Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện. + Phương pháp điều tra, trắc nghiệm. + Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác. 2. Phương pháp tiến hành: Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải. PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI I- CƠ SỞ LÝ LUẬN: Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ một vai trò chủ đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng mạn không kém những môn khoa học khác. Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú trọng. Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn Toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán của các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể bồi dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội. Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vôi tỉ. Phương trình vô tỉ 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 tỉ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi, học hỏi và phát triển tư duy. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 3
5. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 – 6 Điểm 7 – 8 Điểm 9 – 10 SL % SL % SL % SL % 18 51.4 12 34.3 4 11.4 1 2.9 Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi, khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương trình vô tỉ cũng chưa nhiều. Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm ”Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS ” áp dụng cho khối THCS với hy vọng phần nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp. III- NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 1. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ: a) Khái niệm: Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. b) Các ví dụ: a) 11 =−x b) 2173 =+−+ xx c) 12 +− xx =3 d) 3 23 33 2 1 1 4 11 x x x xx − − − = +− 2. PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Để giải phương trình vô tỉ ta tìm cách khử dấu căn. Cụ thể: – Tìm ĐK của phương trình. – Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học. – Giải phương trình vừa tìm được. – So sánh kết quả với ĐK rồi kết luận nghiệm. 3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN: 3.1. Phương pháp 1: Phương pháp nâng lên luỹ thừa: a) Dạng 1: ( )f x c= (c là hằng số) (1) Đây là dạng đơn giản nhất của phương trình vô tỉ Sơ đồ cách giải: – Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 5
8. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 2 22 (x) 0 (x) 0 g(x) 0 g(x) 0 (x) g(x) 0 2 (x).g(x) (x) g(x) 4 (x).g(x) (x) g(x) f f c f f c f f c f ≥ ≥ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥ = − − = − − * Chú ý: Nếu ta có: ( ) g( )f x x c− = thì ta giải như sau: ( ) 2 2 (x) 0 (x) 0 ( ) g( ) ( ) g( ) g(x) 0 g(x) 0 f(x) g(x) c 2 (x)f(x) g( ) f f f x x c f x x c c gx c ≥ ≥ − = ⇔ = + ⇔ ≥ ⇔ ≥ = + += + 2 2 22 2 (x) 0 (x) 0 g(x) 0 g(x) 0 (x) g(x) c 0 2 (x) (x) g(x) c 4 (x) (x) g(x) c f f f c g f c g f ≥ ≥ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − − ≥ = − − = − − Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 3 1 0x x+ + − = (1) Gợi ý: Ta có: 3 2 3 0 2 3 1 0 2 1 0 1 x x x x x x + = = − + + − = ⇔ ⇔ − = = (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 2 1 5x x− + − = (1) Gợi ý: ĐK 1 1 0 11 2 1 0 2 x x x x x ≥ − ≥ ⇔ ⇔ ≥ − ≥ ≥ Ta có: ( ) 2 1 2 1 5 1 2 1 25x x x x− + − = ⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 27 3 0 2 1 2 1 27 3 4 2 3 1 27 3 x x x x x x x − ≥ ⇔ − − = − ⇔ − + = − 2 1 9 1 9 55 150 725 0 145 x x xx x x x ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ == − + = = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2 9 3 2x x x+ − − − = Gợi ý: Ta có: 2 2 2 2 9 3 2 9 3 2x x x x x x+ − − − = ⇔ + = − − + Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 8
9. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 1 13 21 13 1 1323 0 21 13 9 3 2 82 16 3 16 644 3 8 x x x x x xx x x x x x x xx x x − ≤ − ≤ + − − ≥ ≥ ⇔ ⇔+ ≥+ = − − + ⇔ ≥ − − − = + + − − = + 2 1 13 8 1 13 2 8 42 1 13 281 13 2 152 4 15 32 112 0 28 15 x x x x xx x x x x − − ≤ ≤ − − ≤ ≤ =+ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − + =≥ = − − = − = Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 28 4; 15 − e) Dạng 5: ( ) g( ) ( )f x x h x+ = (1) – Đặt điều kiện: (x) 0 g(x) 0 h(x) 0 f ≥ ≥ ≥ – Bình phương hai vế của (1), ta có: [ ] 2 (x) g(x) 2 f(x).g(x) (x)f h+ + = [ ] 2 2 (x)g(x) (x) (x) g(x)f h f⇔ = − − . Trở lại dạng 2 * Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) g( ) ( )f x x h x− = với điều kiện ( ) ( )f x h x≥ Ví dụ 1: Giải phương trình: 8 2 7 1 7 4x x x x+ + + + + − + = (1) Gợi ý: ĐK: 2 7 0 7 7 7 8 2 7 0 1 0 1 0 2 1 7 36 01 7 0 2 x x x x x x x x x x x xx xx x x + ≥ ≥ − ≥ −≥ − + + + ≥ ⇔ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ + ≥ + ≤ −+ − ≥ + − + ≥ ≥ Ta có: (1) ( ) 2 7 1 1 7 4x x x⇔ + + + + − + = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 9
10. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 7 1 1 7 4 1 7 3 7 3 7 0 7 3 1 7 9 7 6 7 5 7 15 7 3 7 9 2(t/ m) x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + + − + = ⇔ + − + = − + − + ≥ + ≤ ⇔ ⇔ + − + = + + − + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 1 1 2x x x x− + + + = + (1) Gợi ý: ĐK: 2 1 0 1 1 0 1 2 2 0 x x x x x x x − + ≥ ≥ − + ≥ ⇔ ⇔ ≥ − ≥ − + ≥ Ta có: (1) 2 2 2 1 1 2 ( 1)( 1) 4 4x x x x x x x x⇔ − + + + + − + + = + + ( ) 3 3 3 2 3 2 2 2 1 4 2 1 2 1 1 4 4 1 0 4 4 0 4 4 0 2 2 2 (t/ m) 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + + = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = + = − Vậy tập nghiệm của phương trình là: { }0;2 2 2;2 2 2S = + − g) Dạng 6: ( ) ( ) ( )f x g x h x+ = Sơ đồ cách giải: ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 (x) 0 (x) 0 ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) (x) g(x) f x f x g x g x h h f x g x f x g x h x f x g x h x f ≥ ≥ ≥ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ≥ + + = = − − Đến đây bài toán trở lại dạng 2 Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) ( ) ( )f x g x h x− = Ta có: ( ) ( ) ( ) (x) g(x) f(x)f x g x h x h− = ⇔ + = ⇒ Bài toán trở lại dạng 6 Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 4 4 2x x x+ + − = (1) Điều kiện: 4 3 4 0 3 4 0 4 4 0 0 x x x x x x x − ≥+ ≥ − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ≥ ≥ Ta có: (1) ( ) ( )3 4 4 2 3 4 4 4x x x x x⇔ + + − + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 3 4 4 4 3 4 4 0 43 4 x x x x x x x x x − =⇔ + + − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ = = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 10
11. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 2: Giải phương trình: 1+x – 7−x = x−12 Gợi ý: ⇔ 1+x = x−12 + 7−x (1) ĐK: 12×7 7x 12x 1x 07x 0x12 01x ≤≤⇔ ≥ ≤ −≥ ⇔ ≥− ≥− ≥+ (2) Bình phương hai vế ta được: )7x)(x12(27xx121x −−+−+−=+ ⇔ )7x)(x12(24x −−=− (3) Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được: (x – 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) ⇔ 5×2 – 84x + 352 = 0 Phương trình này có 2 nghiệm x1 = 5 44 và x2 = 8 đều thoả mãn (2). Vậy x1 = 5 44 và x2 = 8 là nghiệm của phương trình. h) Dạng 7: ( ) g( ) (x) (x)f x x h k+ = + Sơ đồ cách giải: Điều kiện: (x) 0 g(x) 0 (x) 0 k(x) 0 f h ≥ ≥ ≥ ≥ Bình phương hai vế của phương trình, ta có: (x) g(x) 2 (x)g(x) (x) k(x) 2 (x)k(x)f f h h+ + = + + ( )2 (x)g(x) (x)k(x) (x) k(x) f(x) g(x)f h h⇔ − = + − − ⇒ Bài toán trở lại dạng 5 Ví dụ 1: Giải phương trình : 1+x + 10+x = 2+x + 5+x (1) Gợi ý: ĐK : ≥+ ≥+ ≥+ ≥+ 05 02 010 01 x x x x ⇔ −≥ −≥ −≥ −≥ 5 2 10 1 x x x x ⇔ x ≥ -1 (2) Bình phương hai vế của (1) ta được: x+1 + x+ 10 + 2 )10)(1( ++ xx = x+2 + x+ 5 + 2 )5)(2( ++ xx ⇔ 2 + )10)(1( ++ xx = )5)(2( ++ xx (3) Với x ≥ -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được: )5x)(2x()10x)(1x()10x)(1x(44 ++=++++++ Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 11
12. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ⇔ 1x)10x)(1x( −−=++ Điều kiện ở đây là x ≤ -1 (4) Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4) −≤ −≥ 1 1 x x ⇔ x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1). Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 1 2 16 2 4 2 9x x x x+ + + = + + + (1) Gợi ý: ĐK: 1 2 1 0 2 2 16 0 8 1 2 4 0 2 2 2 9 0 9 2 x x x x x x x x x − ≥+ ≥ + ≥ ≥ − − ⇔ ⇔ ≥ + ≥ ≥ − + ≥ − ≥ Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 16 2 2 1 2 16 2 4 2 9 2 2 4 2 9x x x x x x x x⇔ + + + + + + = + + + + + + 2 2 4 34 16 2 4 26 36x x x x⇔ + + + = + + (2) Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 34 20 4 4 34 16 4 26 36 4 34 16 2 4 2 4 0 2 0(t/ m) 04 34 16 4 16 16 x x x x x x x x x x x x xx x x x ⇔ + + + + + = + + ⇔ + + = − + − + ≥ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ = =+ + = − + Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 * Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều không âm. Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3…..) Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi sử dụng phương pháp này. Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều phương pháp khác lại với nhau . * Bài tập áp dụng: 1. 42 −x = x- 2 5. x−1 = x−6 – )52( +− x 2. 41 2 ++ xx = x+ 1 6. 3 1−x + 3 2−x = 3 32 −x 3. x−1 + x+4 =3 7. x + 1x + = 1−x + 4+x 4. 3 45+x – 3 16−x =1 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 12
13. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 3.2. Phương pháp 2: Phương pháp đưa về PT chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối: Sơ đồ cách giải: 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) f x f x g x f x g x f x g x f x f x g x ≥ == ⇔ = ⇔ ≤ = − Ví dụ 1: Giải phương trình: 416249 2 +−=+− xxx (1) Gợi ý: ĐK: ≥+− ≥+− 04 016249 2 x xx ⇔ ≤ ∀≥− 4 0)43( 2 x xx ⇔ x ≤ 4 Ta có: (1) ⇔ 43 −x = -x + 4⇔ −=− +−=− 4x4x3 4x4x3 ⇔ = = 0x 2x (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0 Ví dụ 2: Giải phương trình: 442 +− xx + 1682 +− xx = 5 (1) Gợi ý: ĐK: x∀ ∈R Ta có: (1) ⇔ 2 2 ( 2) ( 4) 5x x− + − = ⇔ 2−x + 4−x = 5 Ta xét các khoảng: + Khi x < 2 ta có (2) ⇔ 2 – x + 4 – x = 5 ⇔ 6 – 2x = 5 ⇔ x = 0,5 (thoả mãn x < 2) + Khi 2 ≤ x < 4 ta có (2) ⇔ x – 2 + 4 – x = 5 ⇔ 0x + 2 = 5 (phương trình vô nghiệm) + Khi x ≥ 4 ta có (2) ⇔ x – 2 + x – 4 = 5 ⇔ 2x – 6 =5 ⇔ x =5,5 (thoả mãn x ≥ 4) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = 0,5; x2 = 5,5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 314 +−− xx + 816 +−− xx = 1 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Ta có: (1) ⇔ 414)1( +−−− xx + 916)1( +−−− xx = 1 ⇔ 2 )21( −−x + 2 )31( −−x = 1⇔ 21 −−x + 31 −−x =1 (2) – Nếu 1 ≤ x < 5 ta có (2) ⇔ 2- 1−x + 3 – 1−x = 1 ⇔ 1−x =2 ⇔ x = 5 không thuộc khoảng đang xét – Nếu 5 ≤ x < 10 thì (2) ⇔ 1−x – 2 + 3 – 1−x = 1 ⇔ 0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 13
14. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc – Nếu x ≥ 10 thì (2) ⇔ 1−x – 2 + 1−x – 3 = 1 ⇔ 31x =− ⇔ x = 10 (thỏa mãn). Vậy phương trình có vô số nghiệm: 5 ≤ x ≤ 10 Nhận xét : Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau: – Áp dụng hằng đẳng thức 2 A = A – Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm . * Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1) 2 2 1 5x x+ + = 11) 4 4 3x x− + = 2) 2 6 9 2 1x x x− + = − 12) 4 4 5 2x x x+ + = + 3) 2 2 2 1 4 4 4x x x x− + + + + = 13) 2 1 4 4 10x x x x− + − − + = 4) 2 2 2 6 9 2 8 8 2 1x x x x x x− + + + + = − + 14) 2 2 4 4 6 9 1x x x x− + + − + = 5) 2 1 2 1 2x x x x+ − + − − = 15) 3 2 4 4 4 1x x x x− − − + − − = 6) 6 2 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + = 16) 2 2 5 2 3 2 5 7 2x x x x− + − + + + − = 7) 2 2 2 2 1 5 0x x x x+ − + + − = 17) 45224252642 =−−−+−++ xxxx 8) 2 4 4 2 10x x x− + + = 18) 2 2 1 2 8x x x− + + = 9) 1 1 2 2 4 x x x+ + + + = 19) 05261 4 1 2 =−−++ xx 10) 3 2 1 2 1 2 x x x x x + + − + − − = 20) 2 4 4 2x x x− + = − 3.3. Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ: a) Dạng 1: Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình 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 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 14
15. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn “. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2×2 + 3x + 932 2 ++ xx = 33 Gợi ý: ĐK: ∀ x ∈R Phương trình đã cho tương đương với: 2×2 + 3x + 9 + 932 2 ++ xx – 42= 0 (1) Đặt 932 2 ++ xx = t (t ≥ 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t) Ta có: (1) ⇔ t2 + t – 42 = 0 Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại) Từ đó ta có: 932 2 ++ xx = 6 ⇔ 2×2 + 3x -27 = 0 Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = – 2 9 Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 4 x = 12 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0 Đặt 4 x = t (t ≥ 0) ⇒ x = t2 , ta có: (1) ⇔ t2 + t -12 = 0 Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = – 4 (loại) Với t = 3 ⇒ 4 x = 3 ⇒ x = 81(thỏa mãn) Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 3: Giải phương trình: 1+x + x−3 – )3)(1( xx −+ = 2 (1) Gợi ý: ĐK: ≥− ≥+ 03 01 x x ⇔ ≤ −≥ 3 1 x x ⇔ 3×1 ≤≤− Đặt 1+x + x−3 = t ≥ 0 ⇒ t2 = 4 + 2 )3)(1( xx −+ ⇒ )3)(1( xx −+ = 2 42 −t (2) Thay vào (1) ta được: (1) 2 2 4t t 2 = − −⇔ ⇔ t2 – 2t = 0 ⇔ t(t-2)= 0 ⇔ = = 2 0 t t + Với t = 0 ⇒ 1+x + x−3 = 0⇒ =− =+ 0x3 01x (vô nghiệm) ⇒ phương trình vô nghiệm. + Với t = 2: (2)⇒ )3)(1( xx −+ = 0 ⇒ x1 = -1; x2 = 3 (thoả mãn) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = -1; x2 = 3 Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = (1) Gợi ý: ĐK: 1x ≥ Nhận xét. 2 2 1. 1 1x x x x− − + − = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 15
18. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x. Ví dụ 5: Giải phương trình sau: 2 2 2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + + Gợi ý: ĐK: 1 2 x ≥ . Bình phương 2 vế ta có: ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x+ − = + ⇔ + − = + − − Ta có thể đặt: 2 2 2 1 u x x v x = + = − khi đó ta có hệ: 1 5 2 1 5 2 u v uv u v u v − = = − ⇔ + = Vì , 0u v ≥ nên ( )21 5 1 5 2 2 1 2 2 u v x x x + + = ⇔ + = − . Giải tiếp ta ìm được x. Chú ý: Các phương trình dạng 2 2 u v mu nvα β+ = + có thể giải như VD4 và VD 5 c) Dạng 3: Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Ví dụ 1: Giải phương trình: ( )2 2 2 3 2 1 2 2x x x x+ − + = + + (1) Gợi ý: Đặt 2 2t x= + ; 2t ≥ . Ta có: ( ) ( )2 2 2 3 (1)x 2 2 2 3 3 0 2 3 3 0 1 t x x x t x t x t x = + − + + − + = ⇔ − + − + = ⇔ = − Nếu t = 3 2 2 3 7x x⇔ + = ⇔ = ± Nếu t = x – 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: 2 2 1 2 2 1 2 x x x x − + = − + ⇔ = (loại) Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) 2 2 1 2 3 1x x x x+ − + = + Gợi ý: Đặt: 2 2 3, 2t x x t= − + ≥ Ta có: ( ) 2 (1) 1 1x t x⇔ + = + ( )2 1 1 0x x t⇔ + − + = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0 1 t x x x t x t x t x t x = ⇔ − + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔ = − Nếu t = 2 2 2 2 2 3 2 2 3 4 2 1 0 1 2x x x x x x x⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = ± Nếu t = x – 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: x2 – 2x + 3 = x2 – 2x + 1 ⇒phương trình vô nghiệm Ví dụ 3: Giải phương trình: ( )2 2 3 1 3 1x x x x+ + = + + (1) Gợi ý: Đặt 2 1; 1t x t= + ≥ Phương trình (1) trở thành: t2 – (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t – x)(t – 3) = 0 3 t x t = ⇔ = Nếu t = x 2 1x x⇔ + = (vô nghiệm) Nếu t = 3 2 1 3 2 2x x⇔ + = ⇔ = ± . Vậy: 2 2x = ± d) Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích: Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 1 x− + 2+x =1 Gợi ý: ĐK: x ≥ -2 Đặt 2+x = t ≥ 0 2tx 2 −=⇒ . Khi đó: 3 1 x− = 3 2 3 t− Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 18
20. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ⇔ 0)1u5)(1u( =−+ ⇔ = −= 5 1 u )loai(1u + Với u = 5 1 ta có: x = ( 5 1 )2 – 1 = 25 24− thỏa mãn điều kiện (1) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 và x = 25 24− . * Nhận xét : Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý các bước sau. + Tìm tập xác định của phương trình. + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;….. là những phương trình quen thuộc. + Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0;….. thuộc tập xác định . + Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải. Bài tập áp dụng: 1. 673 −− xx = 0 2. 22 −− xx – 2 22 +− xx = 1−x 3. x(x+5) = 2 2253 2 −−+ xx 4. 2( x2 + 2x + 3) = 5 233 23 +++ xxx 3.4. Phương pháp 4: Phương pháp đưa về hệ phương trình: Các bước tiến hành: – Tìm điều kiện tồn tại của phương trình – Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung – Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 25 x− – 2 15 x− = 2 Gợi ý: ĐK: 0 ≤ x2 ≤ 15 Đặt: 2 25 x− = a (a ≥ 0) (* ); 2 15 x− = b ( b ≥ 0) ( ** ) Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình: Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 20
21. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc (1)⇒ ≠+ +=+− =− 0 )(2))(( 2 ba bababa ba ⇔ =+ =− 5 2 ba ba ⇔ = = 2 3 2 7 b a + Với a = 2 7 ⇒ 25 – x2 = 4 49 ⇔ x2 = 4 51 ⇒ x = 2 51 ± (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2 51 ± . Ví dụ 2: Giải phương trình: 35 3)3(5)5( −+− −−+−− xx xxxx = 2 (1) Gợi ý: ĐK: 3 ≤ x ≤ 5 Đặt ≥=− ≥=− )0(3 )0(5 ttx uux Phương trình (1) trở thành hệ phương trình: (1) ⇔ =+− =+ 2 2 22 22 tutu tu ⇔ ut = 0 ⇔ = = 0t 0u + Với u = 0⇒ 5x0x5 =⇒=− (thỏa mãn) + Với t = 0 ⇒ 3x03x =⇒=− (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5. Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 2 x− + 1−x = 1 Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Đặt ≥=− =− )0(1 23 ttx ux Khi đó: u3 = 2 – x ; t2 = x- 1 nên u3 + t2 = 1 Phương trình đã cho được đưa về hệ: =+ =+ )2(1tu )1(1tu 23 Từ phương trình (1) ⇒ u = 1 – t. Thay vào phương trình (2) ta có: (2) ⇔ (1 – t)3 + t2 = 1 ⇔ t( t2 – 4t + 3) = 0 ⇔ =+− = 03t4t 0t 2 ⇔ = = = 3t 1t 0t + Với t = 0 ⇒ 01x =− ⇒ x = 1 (thỏa mãn) + Với t = 1⇒ 11x =− ⇒ x = 2 (thỏa mãn) + Với t = 3⇒ 31x =− ⇒ x = 10 (thỏa mãn) Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 21
22. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 )1( +x + 3 2 )1( −x + 3 2 1−x = 1 Đặt: 3 1+x = a ; 3 1−x = b nên ta có: a2 = 3 2 )1( +x ; b2 = 3 2 )1( −x ; ab = 3 2 1−x . Ta được phương trình: a2 + b 2 + ab = 1 (1) Ta có: −= += 1 1 3 3 xb xa Ta được phương trình: a3 – b3 = 2 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: =++− =++ ⇔ =− =++ 1)abba)(ba( 1abba 2ba 1abba 22 22 33 22 Từ hệ phương trình, ta suy ra: a – b = 2 ⇒ b = a – 2 Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2 = 0 ⇒ a =1 Với a = 1, ta có: 3 1+x = 1 ⇒ x = 0 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 Ví dụ 5: Giải phương trình: 4 4 x x− + = Gợi ý: ĐK: 0 4 0 0 12 4 4 0 x x x x ≥ + ≥ ⇒ ≤ ≤ − + ≥ Đặt 4y x= + ta có hệ phương trình: 2 2 4 4 44 x y x y y xy x = − = − ⇔ = += + ( ) ( ) ( )2 2 22 1 0 44 x y x yx y x y x yx y + − + =− = − − ⇔ ⇔ = −= − Vì x + y≠ 0 nên ta có hệ: 2 2 2 1 13 1 0 24 1 3 0 4 1 13 (loai) 2 xx y x x x x x y x − + =− + = ⇒ = − − ⇔ + − = ⇒ = − − − = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: 1 13 2 x − + = Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 23 3 3 1 3 1 9 1 1x x x+ + − + − = (1) Gợi ý: Đặt 3 3 3 1; 3 1u x v x= + = − Phương trình (1) trở thành hệ: 2 2 3 3 1 2 2 2 u v uv u v u v u v + + = ⇒ − = ⇒ = + − = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 22
23. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Do đó: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 3 6 3 0 3 1 0 1 1v v v v v v v v u+ + + + = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = Ta có: 3 3 3 1 1 0 3 1 1 x x x + = ⇒ = − = − Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0. Chú ý: Đối với phương trình có dạng: (x) (x)n na f b f c− + + = Ta thường đặt (x); (x)n nu a f v b f= − = + Khi đó, ta được hệ phương trình: n n u v c u v a b + = + = + Giải hệ này ta tìm được u và v. Từ đó ta tìm được giá trị của x. Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 1 1 1 2 2 x x+ + − = (1) Gợi ý: ĐK: 1 2 x ≤ Đặt : 3 1 1 ; 0 2 2 u x v x= + = − ≥ Ta được hệ: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 0 1 1 1 1 3 0 1 1 3 v u v v v v v v v u v v = + = ⇒ − = − ⇔ − − = ⇔ = + = = Giải tiếp ta tìm được tập nghiệm của phương trình là: S = 1 1 17 ; ; 2 2 2 − − Ví dụ 8: Giải phương trình: 2 2 2 2 1x x x− = − (1) Gợi ý: Điều kiện: 1 2 x ≥ Ta có (1) 2 ( 1) 1 2 2 1x x⇔ − − = − Đặt 1 2 1y x− = − thì ta đưa về hệ sau: 2 2 2 2( 1) 2 2( 1) x x y y y x − = − − = − Trừ hai vế của phương trình ta được: ( )( ) 0x y x y− + = Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: 2 2x = + Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5x x x− − = + (1) Gợi ý: ĐK 5 4 x ≥ − Ta có: ( ) 2 2 1 4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x⇔ − − = + ⇔ − = + + Đặt 2 3 4 5y x− = + ta được hệ : 2 2 (2 3) 4 5 ( )( 1) 0 (2 3) 4 5 x y x y x y y x − = + ⇒ − + − = − = + Với 2 3 4 5 2 3x y x x x= ⇒ − = + ⇒ = + Với 1 0 1 2 1 4 5x y y x x x+ − = ⇔ = − ⇔ − − = + (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm của phương trình là 2 3x = + Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 23
25. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 5. Phương pháp 5: Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: * Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) và f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số). Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a. * Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥ m; hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra. * Áp dụng các bất đẳng thức: Côsi; Bunhia côpxki, …. a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm. Ví dụ 1: Giải phương trình: 1−x – 15 −x = 23 −x (1) Gợi ý: ĐK: ≥− ≥− ≥− 023 015 01 x x x ⇔ ≥ ≥ ≥ 3 2 5 1 1 x x x 1x ≥⇔ Với x ≥ 1 thì x < 5x do đó 1−x < 15 −x Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm. Vậy phương trình vô nghiệm . Ví dụ 2: Giải phương trình: 1162 +− xx + 1362 +− xx + 4 2 54 +− xx = 3 + 2 (1) Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ 2)3( 2 +−x + 4)3( 2 +−x + 4 2 1)2( +−x = 3 + 2 Mà 2)3( 2 +−x + 4)3( 2 +−x + 4 2 1)2( +−x ≥ 2 + 4 + 1 = 3 + 2 ⇒ VP = VT = 3 + 2 khi =− =− 02x 03x = = ⇔ 2x 3x (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài tập áp dụng: 1. 1−x – 1+x = 2 2. 62 +x = x – 2 12 −x 3. x−6 + 2+x = x2 – 6x +13 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 25
26. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế: Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 4 5 1 9 5 1x x x⇔ + + + + + = − + Mà: VT = ( ) ( ) 2 2 3 1 4 5 1 9 4 9 5x x+ + + + + ≥ + = VP = ( ) 2 5 1 5x− + ≤ ( ) 2 1 0 1 0 1VT VP x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm là: x = -1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 4−x + x−6 = x2 -10x + 27 (1) Gợi ý: ĐK: 4 ≤ x ≤ 6 Theo BĐT Côsi, ta có: 4−x 2 4×1 −+ ≤ x−6 2 x61 −+ ≤ 2 2 x61 2 4×1 x64xVT = −+ + −+ ≤−+−=⇒ Mà: VP= x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + 2 ≥ 2 (∀ x) VPVT =⇒ khi: x- 4 = 6 – x 5x10x2 =⇒=⇔ (thỏa mãn) Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình (1) Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2 2 6 15 6 18 6 11 x x x x x x − + = − + − + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) 2 2 4 1 3 9 3 2 x x ⇔ + = − + − + Mà: VT = ( ) 2 4 4 1 1 3 23 2x + ≤ + = − + VP = ( ) 2 3 9 3x − + ≥ ( ) 2 3 0 3 0 3VT VP x x x⇒ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 24 6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x− + + − + + − + = + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 3 4 2 1 3 2x x x⇔ − + + − + + − + = + (*) Mà: VT = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 44 3 2 3 4 2 1 2 4 1 3 2x x x− + + − + + − + ≥ + + = + VP = 3 2+ Nên (*) xảy ra ( ) ( ) 2 2 3 0 3 22 0 x x xx − = = ⇔ ⇔ =− = (vô lí) Vậy phương trình vô nghiệm. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 26
Bạn đang xem bài viết Cđ Giải Hpt Không Mẫu Mực trên website Maiphuongus.net. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!