SKKN: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm góp phần giúp học sinh có thêm những kỹ năng cần thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm đến môn toán.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
SKKN: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ 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. www.VNMATH.com 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 x 2  9 x  0  x  1  4 x 2  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 www.VNMATH.com 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 1  ab  a  b 3  2ab  3  a  b   (1) Ta có hệ phương trình  3   a  b   2ab  1 2 a 2  b 2  1  (2) ...