Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giảI phương trình vô tỷ - Nguyễn Quốc Hoàn

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giảI phương trình vô tỷ - Nguyễn Quốc Hoàn

1. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr•êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph•¬ng ph¸p gi¶I ph•¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2011
2. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr•êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph•¬ng ph¸p gi¶I ph•¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2011
3. më ®Çu Gi¶i ph•¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒu häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®•îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu khi cßn lóng tóng tr•íc viÖc gi¶i mét ph•¬ng tr×nh; trong ®ã cã ph•¬ng tr×nh chøa c¨n thøc ®•îc coi lµ khã h¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Mét sè ph•¬ng ph¸p gi¶i ph•¬ng tr×nh v« tû ” ®Ó lµm s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn gióp häc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph•¬ng tr×nh chøa c¨n thøc nãi riªng vµ c¸c d¹ng ph•¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn ®©y lµ tµi liÖu tham kh¶o bæ Ých cho nh÷ng ai quan t©m ®Õn m«n to¸n. KiÕn thøc thÓ hiÖn trong s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn trong ch•¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh. Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy cã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn bÊt ph•¬ng tr×nh còng ®•îc; xong khi chuyÓn sang bÊt ph•¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®•îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hay h¬n. Do ®ã ng•êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµo nhiÒu môc ®Ých gi¸o dôc kh¸c nhau còng ®•îc. Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã 9 ph•¬ng ph¸p gi¶i to¸n kh¸c nhau.
4. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph•¬ng ph¸p gi¶i ph•¬ng tr×nh v« tû Bài toán mở đầu 2 Giải phương trình 1 x x2 x 1 x (*) 3 (Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000) Giải Điều kiện 0 x 1 * Cách 1: 2 (*) 2 2 2 11 x x x x 3 44 1 x x22 x x x 2 x . 1 x 1 x 39 4 x x22 6 x x 0 2x x22 2 x x 3 0 x x02 3 x x 2 2 x 0 x 1 2 4xx 4 9 x 0 x 1 2 4xx 4 9 0 x 0 x 1 xx 0, 1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . * Cách 2: Nhận xét: xx 2 được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức 2 x 1 x 1 2 x x2 Vậy có cách 2 Đặt t x 1 x , 12 t H 1
5. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều t 2 1 xx 2 . 2 Phương trình (*) trở thành 2 t 1 2 2 t 1 1 t tt 1 3 3 tt 3 2 0 3 t 2 t 2, không thoả mãn 2 x 0 t 1, có x 1 x 1 2 x x 0 x 1 xx 0, 1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . * Cách 3: 22 Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể xx 11 Vậy ta có cách 3 Từ (*) ta có 2x . 1 x 3 1 x 3 x 3 33x 9 9 1 x ( x vì thay x vào phương trình không thoả mãn) 23x 4 4 33t Đặt tx , nên 1 x 23t 2 22 2 33t Lại có xx 11 , nên t 1 23t t2 4 t 2 12 t 9 9 t 2 18 t 94 t 2 12 t 9 4t4 12 t 3 14 t 2 6 t 0 t 2 t32 6 t 7 t 3 0 t t 1 2 t2 4 t 3 0 t 0 x 0 t 1 x 1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . * Cách 4: Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác Đặt ax , bx 1 , ab 0, 0 2 1 ab a b 3 2ab 3 a b (1) Ta có hệ phương trình 3 2 22 a b 2a b 1 (2) ab 1 H 2
6. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Thay (1) vào (2) có 2 2 ab 1 a b 3 a b 3 1 a b 3 a b 2 0 ab 2 a 0 b 1 x 0 Với ab 1, có ab.0 a 1 x 1 b 0 3 3 Với ab 2 , có ab. , không tồn tại ab, (Vì 4 22 4. 6) 2 2 xx 0, 1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3. * Cách 5: 22 Cũng nhờ xx 11 , ta nghĩ đến đẳng thức sin22aa cos 1 Ta có thêm cách sau: Đặt x sin a , 0 a 2 2 Phương trình (*) trở thành 1 sina . 1 sin22 a sin a 1 sin a 3 3 2sina .cos a 3sin a 3cos a (Vì cosa 0) 2 sinaa cos 1 sina cos a 3 sin a cos a 2 0 sinaa +cos 2 a a2 a a a a sinaa cos 1 2sin .c os 2sin 0 sin c os sin 0 2 2 2 2 2 2 aa sinac 2sin os 0 a 22 sin 0 2 a x 0 2tan a x 1 tan 1 sina 2 1 2 2 a 1 tan 2 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một phương trình vô tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi vào một số phương pháp cụ thể. H 3
7. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương Bài toán 1: Giải các phương trình sau 1) xx 17 1 3 (1) 2) xx 3 3 3 2 (2) 3) x23 5 x x 2 x 1 x 1 (3) 4) x2 1 x 2 3 x 2 x 2 8 x 7 (4) 5) 312x 12 3 2 x 3 3 x (5) 6) xx 22 2 . (6) Bài toán 2: Tìm m để phương trình x2 22 mx m (I), có nghiệm. Bài toán 3: Tìm m để phương trình 22x m x (II), có hai nghiệm phân biệt. Bài toán 4: Giải các phương trình 1) x 2 5 2 x 2 x 7 3 x (1) 2) x 3 3 x 1 2 x 2 x 2 (2) x3 1 3) x x 11 x2 x (3) x xx33 11 4) 4xx 1 1 (4) xx 1 4 1 5) 3x 33 x 5 3 2 x 1 3 2 x 6 . (5) Giải Bài toán 1 1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là 1 1 3xx 0 . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương hai vế ta được 3 2 1 phương trình tương đương: xx 17 1 3 với x . Do vậy ta không cần 3 đặt điều kiện cho x 17 0. 1 (1) 1 3x 0 x 2 3 xx 17 1 3 2 x 17 1 6 x 9 x 1 x 1 3 x 3 x 1 x 1 2 9xx 7 16 0 16 x 9 Vậy phương trình có một nghiệm x 1. H 4
8. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là f()() x g x . Ta làm như sau gx( ) 0 f()() x g x 2 f()() x g x Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ tx 17 với t 0. 2) Điều kiện 31 x (2) 22 xx 3 2 3 3 xx 3 2 3 3 x 3 4 x 3 4 3 3 x xx 31 x 10 x 1 2 2 xx 31 x 3 x 2 x 1 x 1 x 1 2 x 1 x 2, thỏa mãn điều kiện xx 20 x 2 Vậy phương trình có một nghiệm x 2. (3) x 10 x 1 3) 23 2 3 x 5 x x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 1 3 x x 1 1 1 x 1 3x 0 3 32 32 x 2 x 1 (1 3 x ) x 2 x 1 1 6 x 9 x 1 1 1 x 1 x 3 3 32 2 x 9 x 8 x 0 x x 9 x 8 0 1 1 x 3 x 0 x 0, thỏa mãn điều kiện x 1 x 8 Vậy phương trình có một nghiệm x 0 . Chú ý: x23 5 x x 2 x 1 0 Trong bài này ta không cần đặt điều kiện . 3 xx 2 1 0 H 5
9. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x 1 4) Điều kiện x 7 x 1 (4) 22 x2 1 x 2 3 x 2 x 2 8 x 7 x21 x 2 322. x x 2 1. x 2 32 x x 2 87 x 2 x 1 x 1 . x 1 x 2 x2 5 x 6 2 x 1 2 x 1 x 2 x 1 6 x 16 x 22 2 2 4 x 1 x x 2 x 1 6 x 16 x 2 22 x 1 4 x 4 x 8 x 12 x 36 0 16 x x 1 2 3xx 16 44 0 16 x x 1 x 2 22 x 3 x 1 x 2 xx 1, 2 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau (4) x 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 7 * Trường hợp 1: x 1, thỏa mãn phương trình (4) * Trường hợp 2: x 1, phương trình (4) trở thành 22 x 1 x 2 x 7 x 1 x 2 x 7 x 1 2 x 1 x 2 x 2 x 7 2x2 x 2 6 x 60 x x 6 2 2 2 4 x x 2 6 x 3xx 16 44 0 H 6
10. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x 6 x 2 x 2 22 x 3 x 2, thỏa mãn điều kiện trường hợp 2 * Trường hợp 3: x 7, phương trình (4) trở thành 1 x 1 x 1 x 2 x 1 x 7 x 22 1 x 2 x 7 x 1 x 2 x 7 x 1x 2 1 x 2 x 2 x 7 x 2 1 x 2 x 6 x 0 Phương trình vô nghiệm (Vì 2 1 x 2 x 6 x 0,  x 7). * Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm xx 1, 2. Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm: ab a b Đẳng thức khi a 0 và b 0 Còn ab a b khi a 0 và b 0. (5) 33 5) 312x 12 3 2 x 3 3 x 12x 12 2 x 3 33 12 x 12. 3 2 x 3. 3 12 x 12 3 2 x 3 x 312x 12. 3 2 x 3. 3 12 x 12 3 2 x 3 3 x 1 3 12 x 1 .33 2 x 3. x 3( x 1) (5*) 12 x 1 2 x 3 x 27 x 1 3 22 x 1 4 2 x 3 x 9 x 2 x +1 0 x 1 x2 6 x 9 0 x 10 2 xx 6 9 0 x 1 x 3 Thay xx 1, 3 vào phương trình (5) đều thoả mãn Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm . Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình (5) để kiểm tra lại. H 7
11. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Với dạng tổng quát 3 33   ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức a b 3 a33 b 3a b a b để giải như bài trên. 6) Điều kiện x 2 22 (6) 112 11 (x 2) x 2 x x xx 2 44 22 11 xx 2 (6.1) 22 11 xx 2 (6.2) 22 x 0 (6.1) x 0 x 0 xx 2 2 2 x 1 x 2 xx 2 xx 20 x 2 (6.2) x 10 x 1 xx 21 2 2 xx 21 x 2 x 2 x 1 x 1 x 1 15 x 2 15 xx 10 x 2 2 15 Vậy phương trình có hai nghiệm x 2, x . 2 Chú ý: Có thể đưa về dạng f()() x g x và giải bằng cách bình phương hai vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm x 1, ) và tìm được nghiệm của phương trình. Ngoài ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình (tôi xin trình bày ở phương pháp 5). Bài toán 2 *) Nếu m 0 thì phương trình (I) vô nghiệm *) Nếu m 0 thì: ()I m 0 m 0 22 22 x 22 mx m x 2 mx 2 m 0 (I*) 22 m 1 (I*) có nghiệm khi ' mm 2 0 m 1 (thoả mãn ) m 1 Kết luận: m 1 thì phương trình (I) có nghiệm. H 8