Sáng kiến kinh nghiệm giải phương trình vô tỷ

Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh đượccho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình; trong đó có phương trình chứa căn thức được coi là khó hơn cả. Nên các bạn hãy tham khảo:Sáng kiến kinh nghiệm giải phương trình vô tỉ
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Sáng kiến kinh nghiệm giải phương trình vô tỷ së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒuS¸ng kiÕn kinh nghiÖm: kinh nghiÖm gi¶Iph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2012 së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒuS¸ng kiÕn kinh nghiÖm: kinh nghiÖm gi¶I ph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2012 më ®Çu Gi¶i ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒuhäc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu khi cßn lóng tóng tr-íc viÖcgi¶i mét ph-¬ng tr×nh; trong ®ã cã ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc ®-îc coi lµ khãh¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Kinh nghiÖm gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû ” ®Ó lµms¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn gióphäc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc nãiriªng vµ c¸c d¹ng ph-¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn ®©y lµ tµiliÖu 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 trongch-¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh. Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµycã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn bÊt ph-¬ng tr×nh còng ®-îc; xong khichuyÓn sang bÊt ph-¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®-îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hayh¬n. Do ®ã ng-êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµonhiÒu 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¸nth-êng gÆp. Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Kinh nghiÖm gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû Bài toán mở đầu 2Giải 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 1  x  x   x  1 x  3  x  x2   x  x2   x  2 x . 1  x  1  x 4 41 3 9 4  x  x2   6 x  x2  0  2 x  x2 2 x  x2  3  0   x  x2  0  x  x2  3   2 x  0 x  1  4 x  4 x2  9  x  0 x 1  4 x2  4 x  9  0  x  0 x  1x  0, x  1 thoả mãn điều kiệnVậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .* Cách 2:Nhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua x và 1  x nhờ vào đẳng thức   2 x  1 x  1  2 x  x2Vậy có cách 2 Đặt t  x  1  x , 1 t  2 H1 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều t2 1  x  x2  . 2Phương trình (*) trở thành t2  1 t  11 t  t 2  1  3  3t  t 2  3t  2  0   3 t  2t  2 , không thoả mãn x  0t  1, có x  1  x  1  2 x  x2  0   x  1x  0, x  1 thoả mãn điều kiệnVậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .* Cách 3:  x    2 2Nhận xét: x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 1 x 1Vậy ta có cách 3Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3 3 x 3 9 9 1 x  (x  vì thay x  vào phương trình không thoả mãn) 2 x 3 4 4 3t  3Đặt t  x , nên 1  x  2t  3     2 2 2  3t  3 Lại có x  1  x  1 , nên t   2  1  2t  3  t  4t  12t  9   9t  18t  9  4t  12t  9 2 2 2 2 4t 4  12t 3  14t 2  6t  0 t  2t 3  6t 2  7t  3  0 t  t  1  2t 2  4t  3  0 t  0 x  0  t  1 x  1x  0, x  1 thoả mãn điều kiệnVậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  1 .* Cách 4:Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khácĐặt a  x , b  1  x , a  0, b  0  2 3  2ab  3  a  b  1  ab  a  b  (1) Ta có hệ phương trình  3   a  b   2ab  1 2 a 2  b 2  1   (2) H2 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia ThiềuThay (1) vào (2) có ...