Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp 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 được cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒuS¸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 së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒuS¸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 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: “ Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû ” ®Ólµm s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇngióp häc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh chøa c¨nthøc 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 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¸nkh¸c nhau. 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 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: x và 1  x nhờ vào đẳng thứcNhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua   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 t  1 t2  1  t 2  1  3  3t  t 2  3t  2  0  1 t t  2 3t  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 2 x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 1 x 1Nhận xét:Vậy ta có cách 3Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3 3 x 3 9 9 (x  vì thay x  vào phương trình không thoả mãn) 1 x  2 x 2 4 4 3t  3Đặt t  x , nên 1  x  2t  3   2  3t  3  2 2 x  1  x  1 , nên t    1Lại ...