sáng kiến kinh nghiệm một số phương pháp giải phương trình quy về phương trình bậc hai”
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (218.8 KB, 16 trang )
PHẦN THỨ NHẤT
MỞ ĐẦU
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Toán học là bộ môn khoa học được coi là chủ lực, bởi trước hết toán học hình thành cho các
em tính chính xác, tính hệ thống, tính khoa học và tính logic,…vì thế nếu chất lượng dạy và học
toán được nâng cao thì có nghĩa là chúng ta tiếp cận với nền kinh tế tri thức khoa học hiện đại,
giàu tính nhân văn của nhân loại.
Cùng với sự đổi mới chương trình và sách giáo khoa, tăng cường sử dụng thiết bị, đổi mới
phương pháp dạy học nói chung và đổi mới phương pháp dạy và học toán nói riêng trong trường
THCS hiện nay là tích cực hóa hoạt động học tập, hoạt động tư duy, độc lập sáng tạo của học
sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết
vấn đề, rèn luyện và hình thành kĩ năng vận dụng kiến thức một cách khoa học, sáng tạo vào
thực tiễn.
Các dạng bài tập của môn toán ở trường phổ thông rất đa dạng và phong phú. Một trong
những dạng toán của Đại số ở bậc THCS là giải phương trình, trong đó “ Giải phương trình quy
về phương trình bậc hai” là một dạng toán nằm trong số đó.
Phương trình quy về phương trình bậc hai là dạng toán tương đối khó đối với học sinh
THCS. Dạng toán này có nhiều cách giải, vì vậy đòi hỏi học sinh phải biết vận dụng linh hoạt.
Các bài toán về phương trình quy về phương trình bậc hai thường hay được đưa vào dạy cho học
sinh khá và giỏi. Trong chương trình sách giáo khoa chỉ đưa ra các bài tập ở mức độ đơn giản,
song thực chất học sinh được làm quen với các bài toán giải phương trình từ bậc tiểu học với
cách giải đơn giãn hơn ở dạng bài ‘tìm x” và kiến thức loại này được nâng cao dần ở các lớp trên
nhưng với phương trình quy về phương trình bậc hai, các em chỉ được làm quen ở lớp 8, lớp 9
dưới dạng đơn giản và được học nhiều ở bậc trung học phổ thông. Dạng toán “ Giải phương
trình quy về phương trình bậc hai” được đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy
giáo viên rất khó khăn trong việc sưu tầm, tuyển chọn.
Trong nhiều năm giảng dạy và công tác, bản thân tôi nhận thấy rằng những dạng toán khó
nhưng rất hay trong chương trình toán trung học cơ sở rất nhiều , nhưng không có một tài liệu
nào đưa ra phương pháp giải cụ thể các dạng toán này. Là một giáo viên bộ môn toán và thường
xuyên bồi dưỡng học sinh giỏi khối 8, 9. Bản thân tôi tự nhận thấy rằng: Cần có một tài liệu viết
về cách giải “phương trình quy về phương trình bậc hai” một cách đầy đủ và phù hợp với
chương trình toán trung học cở sở giúp thầy giáo, cô giáo và các em học sinh có tài liệu tham
khảo giảng dạy và học tập.
Từ suy nghĩ đó bản thân tôi đã tham khảo nhiều loại sách, đọc nhiều tài liệu, cùng với kiến
thức kinh nghiệm của bản thân, tuyển chọn một số dạng bài tập về “phương trình quy về
phương trình bậc hai” và phương pháp áp dụng cho từng dạng để viết thành đề tài “Một số
phương pháp giải phương trình quy về phương trình bậc hai” trong phạm vi chương trình toán
trung học cơ sở, với mục đích là giúp giáo viên có tài liệu tham khảo bồi dưỡng học sinh giỏi
lớp 8, 9. Học sinh sau khi học tài liệu trong cuốn sách này sẽ dễ dàng giải được các dạng toán về
phương trình quy về phương trình bậc hai mà các em sẽ gặp trong chương trình toán cấp 2,
nhằm giúp học sinh tháo gỡ và giải quyết tốt những khó khăn, vướng mắc trong học tập đồng
thời nâng cao chất lượng bộ môn.
Kiến thức trong tài liệu này từ thấp đến cao, từ đơn giãn đến phức tạp nên thầy, cô giáo và
bạn đọc dễ dàng tiếp cận và nghiên cứu.
B. NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI
Đề tài có nhiệm vụ nghiên cứu khái niệm phương trình nói chung và phương trình quy về
phương trình bậc hai nói riêng, qua đó hệ thống một số phương pháp giải phương trình bậc cao,
phương trình chứa ẩn ở mẫu, phương trình vô tỉ và một số dạng khác, đồng thời chọn ra một số
1
hệ thống bài tập cho phần giải phương trình quy về phương trình bậc hai sử dụng cho việc bồi
dưỡng học sinh khá giỏi môn toán lớp 8, 9.
C. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Học sinh khối 8, 9 trong trường THCS.
D.PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Ý tưởng của đề tài rất phong phú, đa dạng, phạm vi nghiên cứu rộng, nên bản thân chỉ
nghiên cứu “Một số phương pháp giải phương trình quy về phương trình bậc hai” ở chương
trình toán THCS và chủ yếu trong chương trình đại số 8, đại số 9 và tài liệu tham khảo.
E. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí thuyết về giải phương trình nói chung và giải phương trình quy về phương
trình bậc hai nói riêng thông qua phương pháp giảng dạy “giải bài tập toán”.
- Nghiên cứu về nội dung giảng dạy ở trường THCS thông qua sách giáo khoa, sách bài tập
và các tài liệu tham khảo dành cho học sinh khá giỏi.
- Qua thực tế giảng dạy ở trường THCS và đặc biệt là công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Đồng thời qua việc trao đổi, học hỏi bạn bè đồng nghiệp, các thầy cô giáo có nhiều kinh nghiệm
trong công tác giảng dạy.
PHẦN THỨ HAI
A.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1.Cơ sở lý luận và thực tiễn
Trước sự phát triển mạnh mẽ nền kinh tế tri thức khoa học, công nghệ thông tin như hiện
nay, một xã hội thông tin đang hình thành và phát triễn trong thời kì đổi mới như nước ta đã và
đang đặt nền giáo dục và đào tạo trước những thời cơ và thách thức mới. Để hòa nhập tiến độ
phát triển đó thì giáo dục và đào tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức quan trọng trong việc ‘đào
tạo nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà Đảng, Nhà nước đã đề ra, đó là: Đổi mới
giáo dục phổ thông theo Nghị quyết số 40/2000/QH 10 của quốc hội.
Vì lẽ đó nên bài “ Phương trình quy về phương trình bậc hai” được đưa vào chương trình
đại số lớp 9 cải cách giáo dục nhằm nâng cao kiến thức bộ môn.
Căn cứ vào thực tế dạy và học hệ thống bài tập về phương trình quy về phương trình bậc hai
của chương trình đại số lớp 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập do Bộ
Giáo dục và Đào tạo phát hành còn đơn giản, chưa sâu, chưa đáp ứng đủ yêu cầu của dạng toán
này bởi trên thực tế bài tập về phương trình quy về phương trình bậc hai rất đa dạng và phong
phú và là một loại toán khó của môn Đại số bậc THCS. Khi dạy phần này nhất là đối với học
sinh khá giỏi đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa chọn vì thế mà nội dung giảng
dạy chưa thống nhất. Là giáo viên chúng ta mong muốn học sinh nắm vững kiến thức để giải
từng dạng cụ thể của phương trình. Song không phải dạng phương trình nào cũng có một qui tắc
nhất định. Qua quá trình giảng dạy, tham khảo đồng nghiệp và học hỏi các thầy cô, tôi mạnh dạn
đưa ra một số phương pháp giải phương trình quy về phương trình bậc hai với mục đích giúp
học sinh hiểu sâu sắc phương trình quy về phương trình bậc hai dưới nhiều góc độ hơn và làm
nhẹ nhàng quá trình giải phương trình cho học sinh.
2. Khảo sát tình hình thực tế
Trong những năm gần đây thực hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán cấp huyện,
nhà trường đã phân công tôi đảm nhiệm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán khối 8, khối
9. Đây là một cơ hội rất tốt để tôi thực hiện đề tài này, phương trình quy về phương trình bậc hai
là một trong những dạng phương trình khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng,
kể cả học sinh tham gia đội tuyển. Trước khi bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã thực hiện việc khảo
sát môn toán trên 30 học sinh của lớp 9A. Kết quả như sau:
2
Học lực Giỏi Khá: Trung bình Yếu
Số
lượng
3 em 7em 15 em 5 em
Đội tuyển học sinh giỏi môn toán do tôi phụ trách đầu tháng 9 gồm 3 học sinh, qua quá
trình bồi dưỡng, chọn lọc trực tiếp tôi đã chọn ra được 2 em để tiếp tục bồi dưỡng cho các em
trong năm học này.
B. NỘI DUNG
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
1.Khái niệm: Phương trình quy về phương trình bậc hai là phương trình chưa có dạng của
phương trình bậc hai. Dùng các phép biến đổi tương đương để đưa phương trình về phương
trình bậc hai .
2. Các bước giải phương trình quy về phương trình bậc hai.
- Tìm ĐKXĐ của phương trình
- Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về phương trình bậc hai, bậc nhất.
- Giải phương trình vừa tìm được.
- Đối chiếu kết quả tìm được với ĐKXĐ và kết luận nghiệm.
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH
BẬC HAI.
1. Phương trình đại số bậc cao
Khái niệm: Phương trình đại số bậc n là các phương trình đưa được về dạng
a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ …+ a
1
x + a
0
= 0
trong đó n nguyên dương, x là ẩn, a
1
, a
2
, … a
n
là các số thực cho trước, a
n
≠
0.
Phương pháp chung : Phương trình đại số bậc n thường được giải bằng cách quy về các phương
trình bậc nhất và bậc hai.
Sau đây là một số phương pháp thường dùng để giải phương trình bậc cao hơn hai.
Dạng 1: Đưa về phương trình tích.
Để giải phương trình đại số bậc cao ta biến đổi đưa phương trình về dạng tích của các phương
trình bậc nhất và bậc hai sau đó giải phương trình tích
Kiến thức vận dụng:
+ Các hằng đẳng thức
+ Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử ( Đặt nhân tử chung, dùng hằng đẳng
thức, nhóm các hạng tử, thêm, bớt cùng một hạng tử )
Ví dụ 1: Giải phương trình
x
3
+ 2x
2
+ 2
2
x + 2
2
= 0 (1)
Giải
(1)
3
x⇔
+ 2x( x +
2
) +
3
2
= 0
⇔
( x +
2
)( x
2
- x
2
+ 2 ) + 2x(x +
2
) = 0
⇔
( x +
2
)
( )
[ ]
0222
2
=+−+
xx
⇔
x +
2
= 0 hoặc
( )
[ ]
0222
2
=+−+
xx
+ Phương trình x +
2
= 0
⇔
x = -
2
+ Phương trình
( )
[ ]
0222
2
=+−+
xx
∆
=
( )
224822442.1.422
2
−−=−+−=−−
<0 nên phương trình vô nghiệm
Tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
2−
Ví dụ 2: Giải phương trình : x
4
+ x
2
+ 6x - 8 = 0` (2)
Giải
(2)
⇔
x
4
- x
3
+ x
3
- x
2
+ 2x
2
- 2x + 8x - 8 = 0
⇔
x
3
.( x - 1 ) + x
2
.( x - 1 ) + 2x.( x -1 ) + 8.( x - 1 ) = 0
3
⇔
( x - 1 ).( x
3
+ x
2
+ 2x + 8 ) = 0
⇔
( x -1 ). (x
3
+ 2x
2
- x
2
- 2x + 4x + 8) = 0
⇔
(x- 1 ) .
( ) ( ) ( )
[ ]
02422
2
=+++−+ xxxxx
⇔
( x - 1).(x + 2 ).(x
2
- x + 4 ) = 0
⇔
x -1 = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc x + 2 = 0 hoặc x
2
- x + 4 =0
1) x -1 = 0
⇔
x = 1
2) x + 2 = 0
⇔
x = - 2
3) x
2
- x + 4 =0 phương trình vô nghiệm vì
151614.1.4)1(
2
−=−=−−=∆
<0
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
2;1 −
Nhận xét: Hai ví dụ trên ta đã giải các phương trình bằng cách phân tích vế trái của phương
trình thành nhân tử để từ phương trình bậc cao đưa về phương trình bậc nhất, bậc hai mà chúng
ta đã biết cách giải.
Dạng 2: Đặt ẩn phụ
Phương pháp đặt ẩn phụ thường được sử dụng để giải một số phương trình trùng phương,
phương trình đối xứng bậc 4, bậc 5.
Phương trình trùng phương:
Phương trình trùng phương là phương trình có dạng
ax
4
+ bx
2
+ c = 0 ( a
0≠
)
Nhận xét: Phương trình trên không phải là phương trình bậc hai, song có thể đưa nó về phương
trình bậc hai bằng cách đặt ẩn phụ. Chẳng hạn, nếu đặt x
2
= t thì ta được phương trình bậc hai at
2
+ bt + c = 0
Ví dụ 1: Giải phương trình 4.x
4
+ x
2
- 5 = 0
Giải
+ Đặt x
2
= t. Điều kiện t
0≥
. Ta được một phương trình bậc hai đối với ẩn t
4t
2
+ t - 5 = 0 ( * )
Ta có : a + b + c = 4 + 1 + ( - 5 ) = 0
Phương trình ( * ) có hai nghiệm : t
1
= 1; t
2
= -
4
5
t
1
= 1 thỏa mãn điều kiện t
0
≥
, t
2
= -
4
5
không thỏa mãn điều kiện t
0
≥
Với t = 1 ta có : x
2
= 1. Suy ra x
1
= 1, x
2
= - 1
Tập nghiệm của phương trình là: S =
{ }
1;1 −
Nhận xét: Ta giải được tất cả các phương trình có dạng a.x
2n
+ b.x
n
+ c = 0
( a
0≠
) ,n
*
N∈
bằng cách đặt ẩn phụ x
n
= t. Ta được một phương trình bậc
hai đối với ẩn t : at
2
+ bt + c = 0.Giải phương trình bậc hai với ẩn t sau đó tìm x
Chú ý: Ta chỉ đặt điều kiện t
0≥
khi n là số tự nhiên chẵn
Ví dụ 2: Giải phương trình x
6
- 9x
3
+ 8 = 0
Giải
Đặt x
3
= t .Ta được một phương trình bậc hai đối với ẩn t:
t
2
- 9t + 8 = 0
Ta có: a + b + c = 1 + (-9) + 8 = 0. Phương trình có hai nghiệm t
1
= 1; t
2
=8
Với t = t
1
= 1, ta có: x
3
= 1
1=⇒ x
Với t = t
2
= 8, ta có: x
3
= 8
2=⇒ x
Tập nghiệm của phương trình là: S =
{ }
2;1
Phương trình đối xứng bậc bốn là phương trình có dạng :
a.x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx+ a = 0 ( a
0≠
)
4
Khi gặp các phương trình có dạng như trên, ta nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của
phương trình. Để giải phương trình loại này, ta chia hai vế của phương trình cho x
2
( vì x
)0≠
rồi đặt ẩn phụ y = x +
x
1
Ta có: a.x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx+ a = 0
⇔
a x
2
+ bx + c +
0
2
=+
x
a
x
b
⇔
a
0
11
2
2
=+
++
+ c
x
xb
x
x
.Đặt y =
x
x
1
+
Suy ra y
2
= (x +
4222
1
)
1
2
22
=+≥++=
x
x
x
, do đó
.2≥y
Khi đó phương trình a.x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ bx+ a = 0 ( a
0≠
) có dạng
ay
2
+ by + c - 2a = 0. Giải phương trình bậc hai với ẩn y , sau đó tìm x
Nếu m là nghiệm của phương trình đối xứng thì
m
1
cũng là nghiệm của phương trình đó.
Ví dụ 3: Giải phương trình x
4
- 4x
3
- 6x
2
- 4x + 1 = 0 (1)
Giải
Chia hai vế cho x
2
( hiển nhiên x
0≠
vì x = 0 không là nghiệm của ( 1 ) ) được
x
2
- 4x - 6 -
2
14
x
x
+
= 0
⇔
x
2
+
2
1
x
- 4(x +
x
1
) - 6 = 0 ( *)
Đặt x +
x
1
= y suy ra y
2
= (x +
4222
1
)
1
2
22
=+≥++=
x
x
x
, do đó
.2≥y
( ** )
thì x
2
+
2
1
x
= y
2
- 2.Phương trình ( * ) trở thành
y
2
- 2 - 4y - 6 = 0
⇔
y
2
- 4y - 8 = 0
Ta có:
321284)8.(1.)2(
2'
=∆⇒=+=−−−=∆
>0
Phương trình có hai nghiệm y
1
=
322 +
; y
2
= 2-2
3
Với y =
322 +
thỏa mãn điều kiện
.2≥y
, thay vào ( **) được phương trình : x +
x
1
=
322 +
⇔
x
2
- 2(1 +
01)3 =+x
Ta có:
( )
0323133211.131
2
'
>+=−++=−+=∆
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= 1+
3
+
323+
; x
2
= 1+
3233 +−
Với y =
322 −
không thỏa mãn điều kiện
.2≥y
Kết luận:Phươngtrình đã cho có hai nghiệm
32331
1
+++=x
;
32331
2
+−+=x
- Phương trình đối xứng bậc lẻ ( chẳng hạn phương trình đối xứng bậc năm
a.x
5
+ bx
4
+ cx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0) bao giờ cũng nhận - 1 là một nghiệm. Do đó ta có thể hạ bậc
để đưa về phương trình đối xứng bậc chẵn.
Ta có: a.x
5
+ bx
4
+ cx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0
⇔
( x +1 )
( ) ( ) ( )
[ ]
0.
234
=+−++−+−+
axabxabcxabxa
Khi đó ta giải một phương trình bậc nhất và một phương trình đối xứng bậc chẵn
- Cách chia hai vế của phương trình cho x
2
0
≠
cũng được sử dụng đối với các phương trình có
dạng
a.x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 trong đó
2
=
b
d
a
e
,
5
gọi là phương trình hồi quy. Ẩn phụ có dạng y = x +
bx
d
Khi đó phương trình a.x
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 có dạng
ay
2
+ by + c -
0
2
=
b
ad
Giải phương trình bậc hai với ẩn y , sau đó tìm x
Ví dụ 4:Giải phương trình
x
5
- 2x
4
+ 3x
3
+ 3x
2
- 2x+ 1 = 0 (2)
Giải
Phương trình ( 2) là một phương trình đối xứng bậc 5 nên phương trình nhận - 1 là một
nghiệm của phương trình
( 2 )
⇔
(x
5
+ x
4
) - (3x
4
+3x
3
) + (6x
3
+6x
2
) -(3x
2
+3x) + ( x +1) =0
⇔
x
4
(x + 1) - 3x
3
( x + 1) +6x
2
( x+1) - 3x( x + 1) +( x+1) = 0
⇔
( x+1)(x
4
- 3x
3
+ 6x
2
- 3x + 1) = 0
⇔
x + 1 = 0 hoặc x
4
- 3x
3
+ 6x
2
- 3x + 1 = 0
1) x + 1 = 0
⇔
x = -1
2) x
4
- 3x
3
+ 6x
2
- 3x + 1 = 0 (*)
Giải phương trình ( *)
Chia hai vế cho x
2
( hiển nhiên x
0≠
vì x = 0 không là nghiệm của ( * ) ) ta được phương trình:
x
2
- 3x + 6 -
2
13
x
x
+
=0
⇔
(
06)
1
(3)
1
2
2
=++−+
x
x
x
x
(**)
Đăt
y
x
x =+
1
thì
2
1
2
2
2
−=+ y
x
x
Khi đó phương trình (**) trở thành : y
2
-2+6 - 3y = 0
⇔
y
2
- 3y + 4 = 0(***)
Ta có:
=∆
(-3)
2
- 4. 1 . 4 = 9 -16 = -7 < 0 nên phương trình (***)vô nghiệm, suy ra phương trình
(*) vô nghiệm
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
1−
Ví dụ 5: Giải phương trình
4( x + 5 )( x + 6 )( x + 10 )( x + 12 ) = 3x
2
( 3 )
Giải
Cách 1: ( 3 )
⇔
4 ( x
2
+ 17x + 60 )( x
2
+ 16x + 60 ) = 3x
2
Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế của phương trình cho x
2
ta
được phương trình:
4
3
60
16
60
17 =
++
++
x
x
x
x
( * )
Đặt x + 16 +
x
60
= y thì ( * ) trở thành
4y( y + 1) = 3
⇔
4y
2
+ 4y - 3 = 0
Ta có :
40416124)3.(42
'22'
=∆⇒>==+=−−=∆
Phương trình có hai nghiệm
y
1
=
2
1
4
2
4
42
==
+−
; y
2
=
2
3
4
6
4
42 −
=
−
=
−−
Với y =
2
1
ta có x + 16 +
x
60
=
2
1
⇔
2x
2
+ 31x + 120 = 0 . Giải phương trình ta được x
1
= - 8;
x
2
=
2
15
−
.
Với y = -
2
3
−
ta có x + 16 +
x
60
=
2
3
−
⇔
2x
2
+ 35x +120 = 0. Giải phương trình ta được x
3
=
4
19
4
1635
−=
+−
; x
4
=
4
51
4
1635
−=
−−
6
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S =
−−−−
4
51
;
4
19
;
2
15
;8
Cách 2: Đặt x
2
+ 16,5x + 60 = y, từ phương trình đã cho ta có:
4.(y + 0,5x) .( y-0,5x) = 3.x
2
⇔
4.( y
2
- 0,25x
2
) = 3x
2
⇔
4y
2
-x
2
= 3x
2
⇔
y
2
=x
2
Xét hai trường hợp : y = x và y = -x
Trường hợp 1: y = x ta có: x
2
+ 16,5x + 60 = x
⇔
x
2
+ 15,5x + 60 = 0
Giải phương trinh ta được x
1
= - 8; x
2
=
2
15
−
Trường hợp 2: y = - x ta có: x
2
+ 16,5x + 60 = - x
⇔
x
2
+ 17,5x + 60 = 0
Giải phương trinh ta được x
3
=
4
19
4
1635
−=
+−
; x
4
=
4
51
4
1635
−=
−−
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S =
−−−−
4
51
;
4
19
;
2
15
;8
Nhận xét:
- Phương trình ( 3 ) nói trên có dạng n( x + a )(x + b )( x + c )(x + d ) = mx
2
trong đó
ad = bc. Ta nhóm
n
( )( )
[ ]
( )( )
[ ]
2
mxcxbxdxax =++++
.
Ẩn phụ có thể đặt là y = x +
x
ad
( hoặc sai khác một hằng số như cách 1 ) hoặc
y= x
2
+
adx
dcba
+
+++
2
(như cách 2 ) với n = m + 1
Đối với phương trình có dạng d(x + a ) ( x + b )( x + c ) = mx trong đó d =
2
cba ++
, m
= ( d -a )(d -b)(d- c), ta đặt ẩn phụ y = x + d. Một nghiệm của phương trình là y = 0.
- Đối với phương trình có dạng (x + a ) ( x + b )( x + c )( x + d) = m trong đó
a + d = b+ c ta nhóm
( )( )
[ ]
( )( )
[ ]
,mcxbxdxax =++++
từ đó đi đến cách đặt ẩn phụ y = x
2
+ ( a + d )x
Khi đó phương trình
( )( )
[ ]
( )( )
[ ]
mcxbxdxax =++++
có dạng:
y
2
+ (ad + bc )y + abcd - m = 0 Giải phương trình bậc hai với ẩn y, sau đó
tìm x
- Đối với phương trình có dạng ( x + a )
4
+ ( x + b )
4
= c ta thường đặt ẩn phụ
y = x +
2
ba +
.
Ví dụ 6: Giải phương trình sau: ( x + 2)
4
+ ( x + 4 )
4
= 82
Giải
Đặt x + 3 = y ta có: ( y - 1 )
4
+ ( y + 1 )
4
= 82
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
( ) ( ) ( )
08224212482121212
8211211
2424
2
2
2
22
22
2
22
=−−+−++⇔=−−++++−⇔
=+−−++−⇔
yyyyyyyyy
yyyy
( )( )
0401040406
22224
=−⇔=+−⇔=−+ yyyyy
(Vì y
2
+ 10 > 0 với mọi y )
Ta có: y
2
- 4 = 0
⇔
y
2
= 4
⇔
y =
2±
Với y = 2 thì x + 3 = 2
⇔
x = -1
Với y = - 2 thì x + 3 = -2
⇔
x = - 5
Tập nghiệm của phương trình là S =
{ }
5;1 −−
Dạng 3: Đưa hai vế về lũy thừa cùng bậc
Phương pháp giải: Biến đổi hai vế của phương trình, đưa hai vế của phương trình về lũy thừa
cùng bậc sau đó giải các phương trình mới được suy ra .
7
Ví dụ 7: Giải phương trình x
4
= 24x + 32
Giải
Thêm 4x
2
+ 4 vào hai vế được
x
4
+ 4x
2
+ 4 = 4x
2
+ 24x +36
⇔
( x
2
+ 2 )
2
= ( 2x + 6 )
2
⇔
( )
+−=+
+=+
(**)622
(*)622
2
2
xx
xx
Giải phương trình (*) : (*)
⇔
x
2
- 2x - 4 = 0
∆
’
=1+ 4 = 5 >0. Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1,2
= 1
5±
Giải phương trình (**): ( ** )
⇔
x
2
+ 2x + 8 = 0
∆
’
= 1 – 8 = -7 <0. Phương trình vô nghiệm.
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x
1
= 1+
5
; x
2
= 1 -
5
Ví dụ 8: Giải phương trình
x
3
+ 3x
2
- 3x + 1 = 0
Giải
x
3
= - 3x
2
+ 3x -1
⇔
2x
3
= x
3
- 3x + 3x - 1
⇔
(x
( )
3
3
3
1)2 −= x
⇔
x
3
3
21
1
12
−
=⇔−= xx
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm
3
21
1
−
=x
Dạng 4: Dùng bất đẳng thức
a) Dùng tính đồng biến hoặc nghịch biến của hàm số trên từng khoảng
Ví dụ 9 : Giải phương trình
198
65
=−+− xx
( 7 )
Giải
Viết phương trình dưới dạng
198
65
=−+− xx
.
Dễ thấy x = 8, x = 9 đều là nghiệm của phương trình ( 7). Xét các giá trị còn lại của x.
- Với x < 8 thì
x−9
> 1,
x−9
6
> 1, còn
8−x
5
> 0 nên vế trái của ( 7) lớn hơn 1, ( 7 ) vô
nghiệm.
- Với x > 9 thì
8−x
> 1,
8−x
5
>1, còn
x−9
6
> 0 nên vế trái của ( 7 ) lớn hơn 1, ( 7) vô
nghiệm.
- Với 8 < x < 9 thì
0 < x - 8 < 1
888
5
−=−<−⇒ xxx
0 < 9 - x <1
xxx −=−<−⇒ 999
6
.
Vế trái của ( 7 ) nhỏ hơn x - 8 + 9 - x =1 , ( 7 ) vô nghiệm.
Vậy ( 7 ) có hai nghiệm : x = 8, x = 9.
b) Dùng điều kiện xảy ra dấu “ =” ở bất đẳng thức không chặt
Ví dụ 10 : Giải phương trình
321
22
=−−++− xxxx
(8)
Giải
8
Ta có x
2
– x + 1 =
2
2
1
−x
+
4
3
> 0 nên
( 8 )
⇔
x
2
– x + 1+
222
2232 xxxxx −=+−⇔=+−
+x.
áp dụng bất đẳng thức
AA ≥
, xảy ra đẳng thức với A
0
≥
, ta có
2 – x
2
+ x
0≥
⇔
( x + 1 )( x – 2 )
.210 ≤≤−⇔≤ x
Vậy nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn
21
≤≤−
x
.
2. Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức
Khi giải phương trình chứa ẩn ở mẫu, ta làm như sau:
Bước 1: Tìm điều kiện xác định ( ĐKXĐ) của phương trình;
Bước 2: Quy đồng mẫu hai vế rồi khử mẫu thức;
Bước 3: Giải phương trình vừa nhận được;
Bước 4: Trong các giá trị tìm được của ẩn, loại các giá trị không thỏa mãn ĐKXĐ, Các giá trị
thỏa mãn ĐKXĐ là nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Phương pháp đặt ẩn phụ đặc biệt có hiệu quả khi giải nhiều phương trình chứa ẩn ở
mẫu thức. Trong một số trường hợp nếu không đặt ẩn phụ, sau khi đưa về dạng nguyên, nhiều
khi ta phải giải các phương trình bậc cao khá phức tạp. Sau đây là một số cách giải thường dùng.
Dạng 1: Chia tử và mẫu của phân thức cho x
Ví dụ 1: Giải phương trình
1
253
7
23
2
22
=
++
−
+− xx
x
xx
x
Giải
ĐKXĐ của phương trình là: x
3
2
,1 −≠−≠ x
. Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Chia tử và mẫu của mỗi phân thức cho x
0
≠
ta được phương trình:
1
2
53
7
2
13
2
=
++
−
+−
x
x
x
x
.
Đặt 3x + 2 +
x
2
= y ( * ), phương trình trở thành
1
3
7
3
2
=
+
−
− yy
. ( ** )
Điều kiện y
3
±≠
.
Ta có phương trình y
2
+ 5y – 36 = 0. Giải phương trình ta được y
1
= 4; y
2
= - 9
Với y
1
= 4 thay vào ( * ) ta được phương trình : 3x
2
– 2x + 2 = 0. Phương trình vô nghiệm vì
'
∆
= 1- 3.2 = -5 < 0.
Với y
2
= - 9 thay vào phương trình ( * ) ta được phương trình 3x
2
+ 11x + 2 = 0
Giải phương trình ta được
6
9711
;
6
9711
21
−−
=
+−
= xx
.
Tập nghiệm của phương trình là: S =
−−+−
6
9711
;
6
9711
Nhận xét:Ta thường dùng phương pháp trên đối với các phương trình có dạng sau:
1.
p
dcxxa
nx
dbxxa
mx
=
++
+
++
22
2.
0
.
.
.
.
2
2
2
2
=
++
++
+
++
++
cqxxa
cpxxa
cnxxa
cmxxa
.
3.
0
.
.
.
.
22
2
=
++
+
++
++
cqxxa
xp
cnxxa
cmxxa
.
Dạng 2: Thêm cùng một biểu thức vào hai vế để tạo thành bình phương đúng
9
Ví dụ 2: Giải phương trình sau
x
2
+
( )
.12
2
4
2
2
=
+x
x
Giải
Điều kiện: x
2−≠
. Thêm -2.x.
2
2
+x
x
vào hai vế ta được
.012
2
4
22
4
12
2
2
2
2
22
2
=−
+
+
+
⇔
+
−=
+
−
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Đặt
y
x
x
=
+ 2
2
, ta được phương trình y
2
+ 4y – 12 = 0. Giải phương trình ta được y
1
= 2 ; y
2
= -6.
Với y
1
= 2 ta được x
2
= 2x + 4. Giải phương trình ta được x
1,2
= 1
5±
Với y
2
= - 6 ta được x
2
= -6x – 12
0126
2
=++⇔ xx
, Phương trình vô nghiệm vì
0312912.13
2'
<−=−=−=∆
Dạng 3: Đặt ẩn phụ rồi tìm liên hệ giữa chúng
Ví dụ 3: Giải phương trình
0
1
4
48
1
2
5
1
2
20
2
2
22
=
−
−
+
−
+
−
+
−
x
x
x
x
x
x
Giải
Điều kiện x
1±≠
. Đặt
z
x
x
y
x
x
=
−
+
=
+
−
1
2
,
1
2
, ta được
20y
2
– 5z
2
+ 48yz = 0. ( * )
Cách 1: Nếu z = 0 thì y = 0, loại.
Nếu z
0≠
, chia hai vế của ( * ) cho z
2
được
20
0548
2
=−+
z
y
z
y
Đặt
a
z
y
=
, ta được phương trình : 20a
2
+ 48a – 5 = 0 .Giải phương trình ta được:
a =
2
5
,
10
1
−=a
.
Với a =
10
1
thì
yz
z
y
10
10
1
=⇒=
1
2
.10
1
2
+
−
=
−
+
⇒
x
x
x
x
.Giải phương trình ta tìm được x = 3, x=
3
2
.
Với a =
2
5
−
thì
1
2
.
2
5
1
2
.
2
5
2
5
−
+
−=
+
−
⇒−=⇒−=
x
x
x
x
zy
z
y
.Quy đồng và khử mẫu hai vế của phương
trình ta được : 7x
2
+ 9x + 14 = 0 Phương trình vô nghiệm vì
∆
<0
Tập nghiệm của phương trình là S =
3
2
,3
Cách 2: ( * )
⇔
(10y – z )( 2y + 5z ) = 0 . Từ đó suy ra z = 10y , z =
5
2y−
Xét hai trường hợp ta cũng tìm được x = 3, x=
3
2
.
3 .Phương trình vô tỉ.
a. Định nghĩa: Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn số trong dấu căn thức.
b.Các bước giải phương trình vô tỉ:
+ Tìm ĐKXĐ của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học
+ Giải phương trình vừa tìm được.
+ Đối chiếu kết quả tìm được với ĐKXĐ và kết luận nghiệm
10
Ví dụ 1: Giải phương trình
2
14
14
=
−
+
−
x
x
x
x
( 1 )
Giải
Điều kiện: x >
4
1
( * )
Ta có bất đẳng thức
2≥+
a
b
b
a
,với a, b > 0. xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a = b.
Với x >
4
1
thì
2
14
14
≥
−
+
−
x
x
x
x
dấu “=” xảy ra
01414
2
=+−⇔−=⇔ xxxx
.Giải phương trình ta tìm được phương trình có
hai nghiệm x
1,2
= 2
3±
thỏa mãn ( * )
Ví dụ 2: Giải phương trình
x +
2
4
1
2
1
=+++ xx
Giải
Điều kiện:
4
1
−≥x
. Đặt
0
4
1
≥=+ yx
thì x = y
2
-
4
1
.
Thay vào phương trình đã cho ta được
( )
.2
2
1
2
4
1
2
2
1
4
1
2
4
1
4
1
2
2
2
222
=
+⇔=++⇔
=++−⇔=+++−
yyy
yyyyy
Do y
0
≥
nên
2
2
1
=+y
, do đó y =
2
1
2 −
Khi đó x =
22
4
1
2
1
2
2
−=−
−
, thỏa mãn điều kiện x
4
1
−≥
.
Nghiệm của phương trình là x = 2 -
2
.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2
2
11
2
=
−
+
x
x
.
Giải
Điều kiện : x
22,0 <<−≠ x
( * )
Đặt
02
2
>=− yx
( ** )
thì 2 – x
2
= y
2
. Khi đó ta có
x
2
+ y
2
= 2 và
.2
11
=+
yx
Đặt S = x + y, P = xy, các điều kiện trên trở thành S
2
– 2P = 2 và S = 2P
Ta tìm được P = 1, S = 2 và P = -
2
1
, S = -1.
Với P = 1, S = 2 thì x, y là nghiệm của phương trình X
2
-2X + 1 = 0. Ta được X = 1, do đó x
= 1, y = 1 thỏa mãn ( * ) và ( ** ).
Với P = -
2
1
, S = -1 thì x, y là nghiệm của 2X
2
– 2X – 1 = 0. Ta được X =
2
31±−
.
11
Do y > 0 nên x=
2
31
,
2
31 +−
=
−−
y
.
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x
1
= 1; x
2
=
2
31−−
.
4. Một số dạng khác
Ví dụ 1: Tìm các giá trị của m để tồn tại các số x,y thỏa mãn cả hai phương trình:
4x - 3y = 7 ( 1 )
và 2x
2
+ 5y
2
= m ( 2 )
Giải
Rút x từ phương trình ( 1 ) ta có x =
4
37 y+
thay vào phương trình ( 2 ) ta được:
2.
0)849(42495
4
37
22
2
=−++⇔=+
+
myymy
y
( 3 )
Từ ( 1 ) ta thấy nếu tồn tại y thì cũng tồn tại x.Do đó chỉ cần tìm điều kiện để ( 3 ) có nghiệm.
Ta phải có
50)849(90)849.(49210
2
≥⇔≥−−⇔≥−−⇔≥∆ mmm
Vậy với m
5≥
thì tồn tại các số x,y thỏa mãn cả hai phương trình ( 1 ) và ( 2 ).
Ví dụ 2:Tìm các cặp số ( x;y ) thỏa mãn cả hai phương trình
x
2
+ y
2
= 11 ( 1 )
và x + xy +y = 3 + 4
2
( 2 )
Giải
Nhân hai vế của ( 2 ) với 2 rồi cộng với ( 1 ) ta được
( x + y )
2
+ 2( x + y ) = 17 + 8
22
)24()1(2 +=++⇔ yx
−−=+
+=+
⇔
25
23
yx
yx
Từ (2) và x + y = 3 +
2
ta có xy = 3
2
ta tìm được hai cặp số (3;
2
) ,(
2
;3 ).
Từ ( 2 ) và x + y = - 5 -
2
ta có xy = 8 + 5
2
. Khi đó
( x – y )
2
= x
2
+ y
2
- 2xy = 11 – ( 16 + 10
2
) < 0, vô lí.
Có hai cặp số ( x; y ) thỏa mãn bài toán là ( 3;
2
) , (
2
; 3 ).
Nhận xét: Mỗi phương trình ( 1 ) và ( 2 ) nói trên đều không đổi khi ta đổi chỗ x và y cho nhau.
Trong trường hợp này , ta thường tìm tích xy, tổng x + y rồi đưa về giải một phương trình bậc
hai.
Ví dụ 3: Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn cả hai phương trình
x
2
+y +
0
4
1
=
( 1 )
và x + y
2
+
0
4
1
=
( 2 )
Giải
Cách 1:Trừ từng vế ( 1 ) và ( 2 ) ta được
x
2
- y
2
- x + y = 0
⇔
( x- y ) ( x + y -1 ) = 0.
⇔
=+
=
⇔
=−+
=−
101
0
yx
yx
yx
yx
Nếu x = y , thay vào ( 1 ) ta được
0
2
1
2
=
+x
. Ta có x = y = -
2
1
.
12
Nếu x + y = 1, thay vào ( 1 ) ta được x
2
- x +
0
4
5
=
, Phương trình vô nghiệm vì
04
4
5
,1.41 <−=−=∆
.
Cách 2:Cộng ( 1 ) với ( 2 ) ta được
0
4
1
4
1
22
=
+++
++ yyxx
⇔
.
2
1
0
2
1
2
1
22
−==⇔=
++
+ yxyx
Thử lại, x = y = -
2
1
nghiệm đúng ( 1 ) và ( 2 ).
Nhận xét: Trong mỗi phương trình ( 1 )và ( 2 ) nói trên , nếu đổi chỗ x và y cho nhau thì
phương trình này trở thành phương trình kia. Trong trường hợp này, ta thường trừ vế với vế hai
phương trình và nhận được phương trình tích.
Ví dụ 4: Tìm các cặp số ( x; y ) thỏa mãn cả hai phương trình
x
2
- xy + y
2
= 1 ( 1 )
và 2x
2
-3xy + 4y
2
= 3 ( 2 )
Giải
Cách 1: Nhân ( 1 ) với 3 rồi trừ đi ( 2 ) được x
2
-y
2
= 0 . Do đó y =
x±
.
Với y = x, thay vào ( 1 ) được x
2
= 1. Ta có ( 1; 1 ), ( -1; -1 ).
Với y = -x, thay vào ( 1 ) được x
2
=
3
1
. Ta có
−
3
1
;
3
1
,
−
3
1
;
3
1
.
Có bốn cặp số thỏa mãn bài toán.
Cách 2:Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của ( 1 ).
Xét x
0≠
, đặt y = kx. Thay vào ( 1 ) và ( 2 ) ta được
x
2
( k
2
- k + 1) = 1 và x
2
( 4k
2
- 3k + 2 ) = 3.
Khử x
2
ta được 3k
2
- 3k + 3 = 4k
2
- 3k + 2, suy ra k =
1±
.
Với k = 1 , ta được x
2
= 1. từ đó ta có ( 1; 1) , ( -1; -1).
Với k = -1 , ta được x
2
=
3
1
. Từ đó ta có
−
−
3
1
;
3
1
,
3
1
;
3
1
.
Nhận xét : Các phương trình ( 1 ) và ( 2 ) nói trên có dạng
a.x
2
+ bxy + cy
2
= d và a
’
x
2
+ b
’
xy +c
’
y
2
= d
’
.
Thường giải chúng theo hai cách sau:
Cách 1:Dùng phương pháp cộng đại số để biểu thị một ẩn theo ẩn kia sau đó thế vào một
phương trình.
Cách 2:Xét x = 0. Xét x
0≠
,đặt y = kx,thay vào hai phương trình khử x để tìm k.
Ví dụ 5: Tìm các bộ số (x ; y ; z ) thỏa mãn cả ba phương trình
x + y + z = a ( 1 )
x
2
+ y
2
+ z
2
= a
2
( 2 )
x
3
+y
3
+ z
3
= a
3
( 3 )
Giải
Từ ( 1 ) và ( 3 ) ta có
( x + y + z )
3
- ( x
3
+ y
3
+ z
3
) = 0.
Áp dụng hằng đẳng thức
( x + y + z )
3
- ( x
3
+ y
3
+ z
3
) = 3(x + y )( y + z )( x + z ).
Ta được: 3(x + y )( y + z )( x + z ) = 0.
Xét x + y = 0, thay vào ( 1 ) được z = a.
13
Thay z = a vào ( 2 ) được x
2
+ y
2
= 0, do đó x = y = 0. Ta được ( 0; 0 ;a ).
Tương tự đối với y + z = 0, z + x = 0 ta được ( a ; 0 ; 0 ) và ( 0 ; a ; 0 ).
Thử lại, đúng.
Có ba bộ số phải tìm là ( 0; 0 ;a ), ( a ; 0 ; 0 ) , ( 0 ; a ; 0 ).
III MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Giải các phương trình sau:
1) x
3
- 5x
2
+ x+7 = 0
2) (x - 2)
3
+ ( x + 1 )
3
= 8x
3
- 1
3) 3x
4
+ 4x
2
+ 1 = 0
4) 9x
6
- 10x
3
+ 1 = 0
5) x
4
- 3x
3
-6x
2
+ 3x +1 = 0
6) 6x
5
- 11x
4
- 11x + 6 = 0
7) x(x + 1) ( x+ 2 ) ( x + 3) =8
8) (x - 2)
3
+ ( x - 4)
3
= 8
9) (x + 2)
4
+ ( x + 8)
4
= 272
10) ( x - 2 )
6
+ ( x - 4)
6
= 64
11)
53
6
43
2
33
1
222
+−
=
+−
+
+− xxxxxx
12)
( )( ) ( )( )
1
41
8
21
6
=
+−
+
++ xxxx
13)
4
1
7
13
3
22
−=
++
+
+− xx
x
xx
x
14)
2
12
12
4
2
2
4
=
+
+
+ x
x
x
x
15) x+
131 =−x
16)
22 −=− xx
17)
134
2
−=+− xxx
18)
271
33
=−−+ xx
19)
2351 −=−−− xxx
20)
52101 +++=+++ xxxx
PHẦN THỨ BA
I.KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC
Sau khi dạy tài liệu này cho học sinh lớp 9A kết quả đạt được như sau:
- Số học sinh nắm vững kiến thức và giải thành thạo phương trình quy về phương trình bậc
hai: 12 em
- Số học sinh nắm được kiến thức và giải được các bài tập dể là 15 em
- Số học sinh chưa giải được bài tập về phương trình quy về phương trình bậc hai: 3 em
Đối với học sinh giỏi khối 9: Sau khi truyền thụ các phương giải “phương trình quy về
phương trình bậc hai” ở trên cho các em, cả 3 em trong đội tuyển dễ dàng tiếp cận kiến thức này
và giải thành thạo tất cả các dạng “phương trình quy về phương trình bậc hai”.
II. KẾT LUẬN:
Trong đề tài này tôi đã nêu được một số phương pháp về giải phương trình phương trình
quy về phương trình bậc hai, mỗi phương pháp đều có một số ví dụ minh hoạ do tôi tuyển chọn
ở một số tài liệu tham khảo. Do điều kiện vừa học vừa làm, kinh nghiệm còn hạn chế nên quá
trình viết khó tránh khỏi đơn điệu, thiếu sót về kiến thức, cách trình bày cũng như hệ thống và
14
phương pháp nhưng tôi hy vọng rằng một phần nào đó giúp chúng ta hiểu kĩ hơn về cách giải
phương trình quy về phương trình bậc hai.
Thông qua nghiên cứu đề tài này, bản thân tôi thực sự rút ra được nhiều kiến thức quý báu,
giúp tôi hoàn thành tốt hơn cho công tác giãng dạy sau này.
Vì thời gian và trình độ bản thân có hạn, nên trong tài liệu này có nhiều khiếm khuyết và
thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của của đồng nghiệp và bạn đọc cho tài liệu này,
để tài liệu này hoàn thiện hơn nữa, thực sự là tài liệu bổ ích cho giáo viên giảng dạy và học sinh
tham khảo.
III. NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM .
Qua việc thực hiện chuyên đề giải phương trình quy về phương trình bậc hai của cấp THCS
và việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Bản thân tôi đã rút ra được một số bài học kinh
nghiệm sau:
1.Công tác chỉ đạo
Đây là một công tác quan trọng hàng đầu trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi.Trong năm học
vừa qua, nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xuyên từ phía Ban giám hiệu nhà
trường và Phòng giáo dục đào tạo.Công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đã và đang gặt hái được
những thành công lớn. Nhờ có sự quan tâm đó, mà ngành giáo dục Huyện Thọ Xuân đã vươn
lên trở thành một trong những huyện thị đi đầu về công tác mũi nhọn của tỉnh Thanh Hóa.
2. Về phía học sinh
Để gặt hái được những thành tích cao trong công tác mũi nhọn. Học sinh là nhân vật trung
tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tồ giữ vai trò quyết định trong sự thành công hay
thất bại của mỗi giáo viên làm công tác giảng dạy, bồi dưỡng. Chính vì các em mới là người
học, là người đi thi và là người đem lại những thành tích đó.
Tuy nhiên, để giúp cho học sinh có thể gặt hái được những thành công, đồi hỏi các em phải
có một sự nổ lực rất lớn. Một sự quyết tâm học tập trên 100%khả năng của bản thân mình.
Chính vì vậy, sự động viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành , gia đình các em và giáo
viên tham gia làm công tác bồi dưỡng là rất lớn. Nhất là đối với lứa tuổi học sinh lớp 9, đặc
điểm tâm lí lứa tuổi các em có tác động không nhỏ đến việc học tập của các em. Nhận thức rõ
điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải dành một sự quan tâm rất lớn đến các
em, thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có thể có một sự quyết tâm
lớn trong công việc học tập của mình. Đặc biệt là với những học sinh tham gia học tập bộ môn
toán, đây là một môn học khó, có rất ít học sinh lựa chọn tham gia thi môn này. Cũng chính vì lí
do này, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán càng trở nên khó khăn hơn rất nhiều.
3.Về phía giáo viên tham gia trực tiếp công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
Nếu học sinh giữ vai trò trung tâm trong công tác bồi dưỡng học sinh gỏi thì vị trí của người
thầy giữ vai trò chủ đạo. Để thực hiện thành công việc đào tạo, bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt
với môn toán thì khó khăn hơn rất nhiều so với các môn học khác. Toán học là một môn học
khó, khô khan và lượng kiến thức rất rộng, vì học sinh đã được học toán từ lớp 1, tức là các em
đã được học toán 9 năm liền. Chính vì vậy, những giáo viên tham gia bồi dưỡng đội tuyển học
sinh giỏi toán cần phải có thời gian bồi dưỡng nhiều hơn, phải đầu tư thời gian, công sức, tiền
bạc nhiều hơn so với những giáo viên tham gia bồi dưỡng những môn học khác. Vấn đề là thời
gian, vì học sinh không phải là những cái máy, chúng ta không thể cùng một lúc nhồi nhét vaò
đầu các em mọi vấn đề mà chúng ta cho rằng các em nên học. Việc tiếp thu, học tập của các em
là cả một quá trình bền bỉ, lâu dài thì mới mong đạt được hiệu quả. Bản thân tôi là giáo viên
tham gia công tác bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán năm nay là năm thứ hai, nói về kinh
nghiệm thì chưa nhiều. Song tôi cũng nhận thấy rằng, để bồi dưỡng được một đội tuyển đi thi có
giải là cả một vấn đề nan giải, khó khăn. ở đây tồn tại hai vấn đề:
15
Một là , kiến thức của người dạy, giáo viên giảng dạy toán phải là người có cái nhìn tổng
quát về môn toán trong bậc học của mình, phải là người giải toán thường xuyên, cập nhật
thường xuyên những thuật toán, những thủ thuật giải toán hiệu quả. Nói tóm lại kiến thức của
người thầy phải vững vàng, thầy thực sự phải là người giỏi toán.
Hai là, cần phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn mực. Cập nhật thường
xuyên những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng ngay, đặc biệt phải kích thích
được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát huy được những tố chất tốt nhất của các em
để công việc học tập của các em đạt được hiệu quả cao.
Ý KIẾN ĐỀ XUẤT.
Việc bồi dưỡng năng lực toán cho học sinh là việc làm hết sức cần thiết song việc giúp các
đồng chí giáo viên có kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy và mở rộng kiến thức cho mình
cũng là điều hết sức quan trọng vì vậy tôi đề xuất với các cấp lãnh đạo đầu tư kinh phí và tổ
chức nhiều hội nghị trao đổi kinh nghiệm giữa các huyện, các trường đồng thời học tập kinh
nghiệm từ các thầy cô giáo giỏi giúp chúng tôi ngày càng vững vàng hơn trong chuyên môn góp
phần hoàn thành mục tiêu giáo dục.
MỤC LỤC
TT Nội dung Trang số
1 Lý do chọn đề tài 1
2 Nhiệm vụ của đề tài 2
3 Đối tượng nghiên cứu 2
4 Phạm vi nghiên cứu 2
5 Phương pháp nghiên cứu 2
6 Thực trạng của vấn đề 3
7 Kiến thức cơ bản về phương trình quy về phương trình bậc
hai
4
8 Một số phương pháp giải 4
9 Phương trình đối xứng bậc cao 4
10 Dạng 1: Đưa về phương trình tích 4
11 Dạng 2: Đặt ẩn phụ 5
12 Dạng 3: Đưa về hai lũy thừa cùng bậc 9
13 Dạng 4: Dùng bất đẳng thức 10
14 Phương trình chứa ẩn ở mẫu 11
15 Phương trình vô tỉ 13
16 Một số dạng khác 15
17 Một số bài tập về phương trình quy về phương trình bậc hai 18
18 Kết quả đạt được 19
19 Kết luận 19
20 Bài học kinh nghiệm 19
21 Ý kiến đề xuất 21
16
