Rèn luyện kỹ năng giải các bài toán về phương trình cho học sinh lớp 10

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thạc sĩ Đào Thị Hoa
đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ trong suốt quá trình em thực hiện đề tài.
Em cũng xin trân trọng cảm ơn các thầy, cô giáo trong tổ phương pháp
giảng dạy, Ban chủ nhiệm khoa Toán, các bạn sinh viên khoa Toán trường
Đại Học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện cho em hoàn thành tốt khóa luận
này.
Em xin trân trọng cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2013
Sinh viên

Vũ Thị Hương

1


LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận tốt nghiệp này là quá trình học tập, nghiên cứu và nỗ lực của
bản thân em dưới sự chỉ bảo của các thầy, cô giáo, đặc biệt là sự chỉ bảo,
hướng dẫn tận tình của cô giáo Đào Thị Hoa.
Khóa luận tốt nghiệp này với đề tài: “Rèn luyện kỹ năng giải các bài
tập về phương trình cho học sinh lớp 10” không có sự trùng lặp với các
khóa luận khác và kết quả thu được trong đề tài này là hoàn toàn xác thực.

Hà Nội, tháng 5 năm 2013
Sinh viên

Vũ Thị Hương

2


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài …...……………………………… ..... …………………1
2. Mục đích nghiên cứu ...…………………………… ..... ………………….1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu …...…………………………… ...... ………………2
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu ……………………......... …………….2
5. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………… ... ………2
6. Cấu trúc khóa luận …………………………………………….... ……….2
NỘI DUNG
CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Cơ sở lí luận ……………………………………………… ................... 3
1.1.1.Khái niệm bài toán ……………………………………… ............... …3
1.1.2. Vai trò, ý nghĩa của toán học ……………………………............. …..3
1.1.3. Phân loại bài toán …………………………………… .................... …5
1.1.4. Phương pháp chung để giải bài toán ………………… .................. …6
1.1.5. Những kĩ năng thường sử dụng khi dạy học giải bài tập toán … ......... 8
1.2. Cơ sở thực tiễn …………………………………… ........................ ….10
CHƯƠNG 2: RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10.
2.1. Mục tiêu, nội dung chủ đề phương trình ở Đại số 10 nâng cao ........... 19
2.2. Những kiến thức về phương trình ở Đại số 10 nâng cao … ............... ..20
2.2.1. Kiến thức cơ bản trong Đại số 10 nâng cao …………… ................ ..20
2.2.2. Các dạng bài tập về phương trình ở Đại số 10 nâng cao …… .......... .26
2.2.3. Phương trình bậc ba và bậc bốn quy về phương trình bậc hai ......... .35
2.3. Hệ thống bài tập về phương trình …… ............................................... .38
KẾT LUẬN …………………………………………… .................................. 68

TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………............................................. .69

3


MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài
Toán học có nguồn gốc thực tiễn và có ứng dụng rộng rãi trong thực
tiễn, những tri thức và kĩ năng toán học cùng với những phương pháp làm
việc trong toán học trở thành công cụ để học tập nhiều môn học khác trong
nhà trường, là công cụ của nhiều ngành khoa học khác nhau và là công cụ để
hoạt động trong đời sống thực tế. Vì vậy, Toán học là thành phần không thể
thiếu trong dạy học ở trường phổ thông.
Phương trình là một nội dung chiếm vị trí quan trọng trong chương
trình toán trung học phổ thông. Lý thuyết về phương trình không chỉ là cơ sở
để xây dựng đại số học mà còn giữ vai trò quan trọng trong các bộ môn khác
của Toán học.
Ở Trung học cơ sở, học sinh đã được học định nghĩa về phương trình,
những khái niệm liên quan cùng với các dạng phương trình bậc nhất, phương
trình bậc hai và phương pháp giải tương ứng, tuy nhiên chỉ những phương
trình có hệ số là hằng số. Đến lớp 10 các em được học nội dung này sâu hơn,
mở rộng hơn với những phương trình chứa tham biến. Do có nhiều loại
phương trình và nhiều phương pháp giải khác nhau nên học sinh gặp nhiều
khó khăn khi học nội dung này. Vì vậy để giúp cho việc dạy học được thuận
tiện hơn thì việc rèn luyện kĩ năng giải các bài toán về phương trình là cần
thiết, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học cho giáo viên và học sinh.
Với những lí do trên em đã chọn đề tài: “Rèn luyện kĩ năng giải các
bài toán về phương trình cho học sinh lớp 10”.
2. Mục đích nghiên cứu

Trên cơ sở tìm hiểu những vấn đề cơ bản về bài tập toán học, kĩ năng
giải bài tập toán học, khóa luận hệ thống những kiến thức cơ bản về phương
trình, từ đó xây dựng hệ thống bài tập về giải phương trình Đại số 10 nâng
cao nhằm rèn luyện và phát triển cho học sinh kĩ năng giải loại phương trình
4


này. Thông qua đó nâng cao chất lượng và hiệu quả của việc dạy học môn
toán ở trường phổ thông.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu cơ sở lí luận và cơ sở thực tiễn.
Xây dựng hệ thống bài tập rèn luyện kĩ năng giải các bài toán về
phương trình cho học sinh lớp 10.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng: Bài tập toán về phương trình.
Phạm vi: Đại số 10 nâng cao.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí luận.
- Điều tra, quan sát.
- Tổng kết kinh nghiệm.
- Thực nghiệm giáo dục.
6. Cấu trúc của khóa luận
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo; khóa luận gồm hai
chương:
Chương 1. Cơ sơ lí luận và thực tiễn
Chương 2. Rèn luyện kĩ năng giải các bài toán về phương trình cho học sinh
lớp 10

5

NỘI DUNG

CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1. Cơ sở lí luận
1.1.1. Khái niệm bài toán
Theo G.POLYA: Bài toán là việc đặt ra sự cần thiết tìm kiếm một cách
có ý thức các phương tiện thích hợp để đạt đến một mục đích nhất định trông
thấy rõ ràng, nhưng không thể đạt ngay được.
Trên cơ sở định nghĩa khái quát của G.POLYA cho ta thấy rằng: Bài
toán là sự đòi hỏi phải đạt tới đích nào đó. Như vậy, bài toán có thể đồng nhất
với một số quan niệm khác nhau về bài toán như: đề toán, bài tập,...
1.1.2. Vai trò, ý nghĩa của toán học
1.1.2.1. Củng cố các kiến thức cơ bản cho học sinh
Trong thực tế, một bài toán chứa đựng nhiều kiến thức về khái niệm
toán học và các kết luận toán học. Khi giải một bài toán đòi hỏi ta phải phân
tích dữ kiện của bài toán, huy động các kiến thức đã cho trong đề toán và các
kiến thức đã biết khác có liên quan tới bài toán, tổng hợp lại để đề ra kiến
thức mới. Và cứ như vậy các kiến thức mới tìm ra lại cùng các kiến thức đã
biết trước được phân tích, tổng hợp lại để ra các kiến thức mới nữa ... Cuối
chúng ta đi đến được lời giải của bài toán.
Như vậy, khi giải một bài toán không những chỉ các kiến thức đã có
trong bài toán mà cả một hệ thống các kiến thức liên quan tới bài toán cũng
được củng cố qua lại nhiều lần.
1.1.2.2. Rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh
Đặc điểm nổi bật của toán học cũng như của môn toán là một khoa học
suy diễn, được xây dựng bằng phương pháp tiên đề. Do vậy, lời giải của bài
toán là một hệ thống hữu hạn các thao tác có thứ tự chặt chẽ để đi đến một
mục đích rõ rệt. Vì vậy khi giải một bài toán nó có tác dụng trực tiếp rèn

6


luyện cho ta năng lực sử dụng các phép suy luận lợp lôgíc: Suy luận có căn cứ
đúng, suy luận tuân theo quy tắc suy diễn,...
Chúng ta biết rằng, không thể có một phương pháp chung nào để giải
được mọi bài toán. Mỗi bài toán có một hình vẻ khác nhau, muốn tìm ra được
lời giải của bài toán chúng ta phải biết phân tích: Phải biết cách dự đoán kết
quả, biết cách kiểm tra dự đoán, biết cách liên hệ tới các vấn đề tương tự gần
giống nhau, biết cách suy luận tổng hợp, khái quát hóa... Như vậy, qua việc
giải bài toán năng lực tư duy sáng tạo được rèn luyện và phát triển.
1.1.2.3. Rèn luyện kĩ năng vận dụng các kiến thức toán học cho học sinh
Một trong những yêu cầu của việc nắm vững các kiến thức của bất cứ
bộ môn khoa học nào là hiểu, nhớ, và vận dụng các kiến thức của bộ môn
khoa học đó vào việc giải quyết các nhiệm vụ đặt ra, tức là giải quyết được
các bài toán đặt ra trong lĩnh vực khoa học đó.
Trong việc giảng dạy toán thì bài toán lại tham gia vào trong mọi tình
huống của quá trình dạy học môn toán.
Trong giảng dạy khái niệm toán học: Bài toán được sử dụng để tổ chức
gây tình huống để dẫn dắt cho học sinh có thể đi đến định nghĩa khái niệm;
Bài toán được sử dụng để nêu ra làm các ví dụ hoặc phản ví dụ minh họa cho
khái niệm; Bài toán được sử dụng để luyện tập củng cố vận dụng khái niệm.
Trong giảng dạy định lý toán học: Bài toán có thể được sử dụng để tổ
chức gây tình huống dẫn dắt học sinh phát hiện ra nội dung định lí toán học;
Bài toán có thể được sử dụng để cho học sinh tập vận dụng định lí; đặc biệt là
việc tổ chức hướng dẫn học sinh chứng minh định lí chính là việc tổ chức
hướng dẫn học sinh tập tìm ra lời giải của một bài toán cơ bản có nhiều ứng
dụng trong một phần hay một chương nào đó của môn học.
Trong luyện tập toán học: Bài toán là phương tiện chủ yếu trong các
tiết luyện tập toán học. Trong đó người giáo viên phải xây dựng được một hệ

thống các bài tập có liên quan chặt chẽ với nhau để nhằm giúp học sinh củng
cố các kiến thức và hình thành một số kĩ năng cơ bản nào đó.
7


1.1.2.4. Bồi dưỡng phát triển nhân cách cho học sinh
Đặc điểm cơ bản trong tính cách của con người là mọi hoạt động đều
có mục đích rất rõ ràng. Khi giải một bài toán ta luôn có hướng mục đích rất
rõ rệt, vì vậy việc giải bài toán sẽ góp phần tích cực vào việc rèn luyện năng
lực hoạt động của con người. Để giải một bài toán, nhất là đối với các bài toán
khó người giải phải vượt qua rất nhiều khó khăn, phải kiên trì nhẫn lại, và
nhiều khi người ta phải có quyết tâm rất lớn để giải bài toán đó. Nói theo cách
của G.POLYA là “Khát vọng và quyết tâm giải được bài toán là nhân tố chủ
yếu của quá trình giải mọi bài toán”. Do vậy, ta thấy rằng: Hoạt động giải
toán chính là nhân tố chủ yếu của quá trình hình thành và phát triển nhân cách
của con người.
1.1.3. Phân loại bài toán
Người ta phân loại các bài toán theo nhiều cách khác nhau để đạt được
mục đích nhất định, thường là để sử dụng nó một cách thuận lợi.
1.1.3.1. Phân loại theo hình thức bài toán
Bài toán chứng minh: Là bài toán kết luận của nó đã được đưa ra một
cách rõ ràng trong đề bài toán.
Bài toán tìm tòi: Là bài toán trong đó kết luận của nó chưa có sẵn trong
đề bài toán.
1.1.3.2. Phân loại theo phương pháp giải bài toán
Người ta căn cứ vào phương pháp giải bài toán: Bài toán này có angôrit
giải hay chưa để chia các bài toán thành 2 loại:
Bài toàn có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của nó theo
một angôrit nào đó hoặc mang tính chất angôrit nào đó.
Bài toàn không có angôrit giải: Là bài toán mà phương pháp giải của

nó không theo một angôrit nào hoặc không mang tính chất angôrit nào.
1.1.3.3. Phân loại theo nội dung bài toán
Người ta căn cứ vào nội dung của bài toán được phát biểu theo thuật
ngữ của một hay một vài lĩnh vực chuyên môn hẹp hơn để chia bài toán thành
các loại khác nhau như sau:
8


Bài toán số học.
Bài toán đại số.
Bài toán hình học.
1.1.3.4. Phân loại theo ý nghĩa giải toán
Người ta dựa vào ý nghĩa của việc giải bài toán để phân loại bài toán:
Bài toán này nhằm củng cố trực tiếp một hay một vài kiến thức kĩ năng nào
đó, hay là bài toán nhằm phát triển tư duy. Ta có 2 loại bài toán như sau:
Bài toán củng cố kĩ năng: Là bài toán nhằm củng cố trực tiếp ngay sau
khi học một hoặc một vài kiến thức cũng như kĩ năng nào đó.
Bài toán phát triển tư duy: Là bài toán nhằm củng cố một hệ thống các
kiến thức cũng như kĩ năng nào đó hoặc đòi hỏi phải có một khả năng tư duy
phân tích, tổng hợp hoặc vận dụng một cách sáng tạo.
1.1.4. Phương pháp chung để giải một bài toán
1.1.4.1. Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài.
Phát biểu đề bài dưới những dạng thức khác nhau để hiểu rõ nội dung
bài toán.
Phân biệt cái đã cho, cái phải tìm, phải chứng minh.
Có thể dùng công thức, kí kiệu, hình vẽ để hỗ trợ cho việc diễn tả đề
bài.
1.1.4.2. Bước 2: Tìm lời giải.
Tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ những suy nghĩ có tính chất tìm đoán:
biến đổi cái đã cho, biến đổi cái phải tìm hay phải chứng minh, liên hệ cái đã

cho, cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải với một
bài toán cũ tương tự, …
Kiểm tra lời giải qua các bước thực hiện.
Tìm tòi những cách giải khác, so sánh chúng để chọn được cách giải
hợp lí nhất.
1.1.4.3. Bước 3: Trình bày lời giải.

9


Từ cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một
chương trình gồm các bước theo một trình tự thích hợp và thực hiện các bước
đó.
1.1.4.4. Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Nghiên cứu khả năng ứng dụng kết quả của lời giải.
Nghiên cứu giải những bài toán tương tự, mở rộng hay lật ngược vấn
đề.
Ví dụ 1: Hướng dẫn học sinh giải bài toán sau:
Trong  ABC , chứng minh rằng ta luôn có:

cos A  cos B  cos C  1  4sin

A
B
C
 sin  sin
2
2
2

với A, B, C là ba góc trong tam giác.
Hướng dẫn.
Bước 1: Tìm hiểu nội dung đề bài.
Bài toán đã cho:  ABC bất kì, với A, B, C là ba góc của tam giác.
Bài toán yêu cầu: Chứng minh rằng:

cos A  cos B  cos C  1  4sin

A
B
C
 sin  sin
2
2
2

Bước 2: Tìm lời giải.
Để chứng minh đẳng thức trên, ta có những cách biến đổi nào?
(biến đổi vế trái bằng vế phải hoặc ngược lại)
Ta sử dụng công thức nào để biến đổi cosA  cos B , khi đó ta được vế
trái là gì? ( VT  2cos

A B
A B
 cos
 cos C ).
2
2

Với A, B, C là ba góc trong tam giác, thì:

A  B  C  ? và cos
Ta để ý vế phải có sin
hãy tính vế trái. ( VT  2sin

A B
A B
C

 ?  A  B  C   ; cos
 sin  .
2
2
2

C
, áp dụng công thức hạ bậc thì cos C  ? Từ đó
2

C
A B
2C
 cos
 1  2sin
).
2
2
2
10

Trong vế trái ta thấy xuất hiện nhân tử chung là gì? ( 2sin
Ta lại có cos
( VT  1  2sin

C
).
2

A B
C
 sin , từ đó hãy tính vế trái?
2
2

C
A B
A B
 cos
 cos
 ).
2
2
2 

Biến đổi cos

A B
A B
 cos

 ? Từ đó ta được điều phải chứng
2
2

minh.
Bước 3: Trình bày lời giải.
Do A, B, C là ba góc trong một tam giác nên: A  B  C  


A B
C
A B
C
    cos
 sin
2
2
2
2

VT  2cos

A B
A B
C
A B
2C
 cos
 cos C  2sin  cos
 1  2sin

2
2
2
2
2

 1  2sin

C
A B
C
C
A B
A B
 sin   1  2sin  cos
 cos
 cos

2
2
2
2
2
2 

 1  4sin

C
A
B

 sin  sin  VP
2
2
2

Bước 4: Nghiên cứu sâu lời giải.
Lời giải trên hợp lôgic.
Ngoài cách giải trên ta còn cách giải khác, đó là: Ta biến đổi vế phải
thành vế trái.
VP  1  4sin

A
B
C
A B
A B
A B

 sin  sin  1  2  cos
 cos
  cos
2
2
2
2
2 
2


A B

A B
2 A B
2 A B
 cos
 2cos
 cos A  cos B  1  2cos
2
2
2
2
 cos A  cos B  cos( A  B )  cos A  cos B  cos C  VT .
 1  2cos

Vậy ta có điều phải chứng minh.
1.1.5. Những kĩ năng thường sử dụng khi dạy học giải bài tập toán
1.5.1.1. Kĩ năng giải toán
11


“Kĩ năng giải toán là khả năng vận dụng các tri thức toán học để giải
các bài tập toán (bằng suy luận, chứng minh)”. Để thực hiện tốt môn toán ở
trong trường trung học phổ thông, một trong những yêu cầu được đặt ra là:
“Về tri thức và kĩ năng, cần chú ý những tri thức, phương pháp đặc biệt là tri
thức có tính chất thuật toán và những kĩ năng tương ứng. Chẳng hạn: Tri thức
và kĩ năng giải bài toán bằng cách lập phương trình, tri thức và kĩ năng chứng
minh toán học, kĩ năng hoạt động và tư duy hàm...”. Cần chú ý là tùy theo nội
dung kiến thức toán học mà có những yêu cầu rèn luyện kĩ năng khác nhau.
Kĩ năng giải toán phải dựa trên cơ sở tri thức toán học, bao gồm: Kiến
thức, kĩ năng, phương pháp.
Do đặc điểm, vai trò và vị trí của môn toán trong nhà trường phổ thông,

theo lý luận dạy học môn toán cần chú ý: “Trong khi dạy học môn toán cần
quan tâm rèn luyện cho học sinh những kĩ năng trên những bình diện khác
nhau đó là:
- Kĩ năng vận dụng tri thức trong nội bộ môn toán.
- Kĩ năng vận dụng tri thức toán học vào những môn học khác.
- Kĩ năng vận dụng tri thức vào đời sống”.
Theo quan điểm trên, truyền thụ tri thức, rèn luyện kĩ năng là nhiệm vụ
quan trọng hàng đầu của bộ môn toán trong nhà trường phổ thông.
1.1.5.2. Sự hình thành kĩ năng
Sự hình thành kĩ năng là làm cho học sinh nắm vững một hệ thống
phức tạp các thao tác nhằm biến đổi và làm sáng tỏ những thông tin chứa
đựng trong các bài tập. Vì vậy, muốn hình thành kĩ năng cho học sinh, chủ
yếu là kĩ năng học tập và kĩ năng giải toán, người thầy giáo cần phải:
- Giúp học sinh hình thành một đường lối chung (khái quát) để giải
quyết các đối tượng, các bài tập cùng loại.
- Xác lập được mối liên hệ giữa những bài tập khái quát và các kiến
thức tương ứng.
Rèn luyện kĩ năng toán học và kĩ năng vận dụng toán học vào thực tiễn
mà trước tiên là kĩ năng giải toán cần đạt được các yêu cầu sau:
12


i,Giúp học sinh hình thành nắm vững những mạch kiến thức cơ bản xuyên
suốt chương trình phổ thông. Trong môn toán có thể kể tới các kiến thức sau:
- Các hệ thống số.
- Hàm số và ánh xạ.
- Phương trình và bất phương trình.
- Định nghĩa và chứng minh toán học.
- Ứng dụng toán học.
ii, Giúp học sinh phát triển các năng lực trí tuệ, cụ thể là:

- Tư duy lôgic và ngôn ngữ chính xác, trong đó có tư duy thuật toán.
- Khả năng suy đoán, tư duy trừu tượng và trí tưởng tượng không gian.
- Những thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, khái quát hóa.
- Các phẩm chất trí tuệ như tư duy độc lập, tư duy linh hoạt và sáng tạo.
iii, Coi trọng việc rèn luyện kĩ năng tính toán trong tất cả giờ học toán, gắn
với việc rèn luyện các kĩ năng thực hành như tính toán, biến đổi, vẽ hình, vẽ
đồ thị.
4i, Giúp học sinh rèn luyện phẩm chất của người lao động mới như: Tính cẩn
thận, chính xác, kiên trì, thói quen tự kiểm tra những sai lầm có thể gặp.
1.2. Cơ sở thực tiễn
Giải phương trình là một trong những nội dung cơ bản trong chương
trình môn toán ở phổ thông. Tuy nhiên trong quá trình học tập, học sinh vẫn
thường mắc phải một số sai lầm.
Các sai lầm thường mắc phải khi giải phương trình là: Vi phạm các quy
tắc biến đổi phương trình; đặt thừa hay thiếu điều kiện đều dẫn đến những sai
lầm, thậm chí không giải tiếp được. Một số sai lầm còn do hậu quả của việc
biến đổi biểu thức không đúng; lời giải không đầy đủ; thừa nghiệm, thiếu
nghiệm hoặc vừa thừa nghiệm, vừa thiếu nghiệm. Dưới đây là một số sai lầm
mà học sinh thường mắc phải.
Ví dụ 1: Giải và biện luận: a  5 

2a  5
 0 (1) theo tham số a .
x2

* Sai lầm: Điều kiện: x  2 . Khi đó:
13


(1)  ( a  5)( x  2)  2a  5  0  (5  a)( x  2)  2a  5  x (5  a )  15

Trường hợp 1: Nếu a  5  x 

15
5a

Trường hợp 2: Nếu a  5 : Phương trình vô nghiệm.
* Nhận xét:
Không chú ý x 
mãn x  2 nên khi

15
khi nào không là nghiệm. Vì nghiệm phải thỏa
5a

15
5
thì phương trình vô nghiệm.
2a
5a
2

* Kết luận đúng:
Nếu a  5, a 

5
15
.
: Phương trình (1) có nghiệm x 
2

5a

Nếu a  5 hoặc a 

5
: Phương trình (1) vô nghiệm.
2

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: ( m  1) x 2  (2m  1) x  m  5  0
có hai nghiệm phân biệt.
* Sai lầm: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt    0
2

 (2m  1)  4(m  1)( m  5)  0  20m  21  0  m 

21
20

* Nhận xét:
Với m  1 thì phương trình chỉ có một nghiệm x  6 .
a  0
Lưu ý: ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm phân biệt 
  0

* Lời giải đúng: Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
m  1
m  1  0




21
  20m  21  0 m 
20


Kết luận: 1  m 

21
thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
20

14

(2)


2

2

Ví dụ 3 : Tìm m sao cho phương trình: x  (2m  1) x  m  0 (3) chỉ có
một nghiệm thỏa mãn x  3 .
* Sai lầm: Có 2 sai lầm :
Loại 1: Phương trình có nghiệm duy nhất    0 . Ta có x1,2 

S
.
2

Khi đó phương trình (3) có nghiệm thỏa mãn x  3

1

 2m  1 2  4m 2  0
m

  0
4m  1  0

4









S
 2m  1


5
5
 3 
m 

3
m


2

2
 2

2
 Không có m thỏa mãn.
Loại 2: Ta xét các trường hợp sau:

  0

Trường hợp 1: 3  x1  x2   S
 Không có m thỏa mãn.

3

2
af (3)  0 m 2  6m  6  0



Trường hợp 2: x1  3  x2   S
2m  1
 3

3
2
 2
3  3  m  3 


 
5
m 

2

3



5
 m 3
2

3

* Nhận xét:
Loại 1: Hiểu sai về cụm từ “chỉ có một nghiệm”.
Loại 2: Trường hợp 2 thiếu trường hợp khi viết gọn x1  3  x2 và

x1  3  x2 thành x1  3  x2 . Vì vậy, khi m  2 thỏa mãn (phương trình có
nghiệm x  1, x  4 ) lại không có trong kết luận của bài toán.
* Lời giải đúng: Ta xét 3 trường hợp:

15



  0

m 


Trường hợp 1: 3  x1  x2   S

 3

2
 m 

1
4

 không tồn tại m.

5
2

 f (3)  0 m 2  6m  6  0


Trường hợp 2: x1  3  x2   S

2m  1
 3

3
2
 2

m  3 

 
 m  3 

m  5

2

3
3  m 3

3

Trường hợp 3: x1  3  x2  af (3)  0  m 2  6m  6  3  3  m  3  3



Kết luận: m  3  3;3  3 
Ví dụ 4: Tìm m sao cho phương trình: mx 2  2( m  1) x  m  1  0

(4)

không có nghiệm ngoài khoảng ( 1; 1) .
* Sai lầm: Điều kiện đã cho tương đương với tìm m để phương trình (4) có
nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 1  x1  x2  1
m  1

(m  1)2  m( m  1)  0
  0

m  0



af ( 1)  0 m(4m  3)  0

3

3

m 
 1  m 
 af (1)  0  
 
4
m( 1)  0
4





m  0
S
m 1
1   1
1 

1


2
m


1
m 
2

* Nhận xét:

1
Với m  0 thì (4) trở thành 2 x  1  0  x   (1; 1) (thỏa mãn).
2
Ngoài ra lời giải còn thiếu trường hợp phương trình vô nghiệm.
16


m  0
Như vậy, phải bổ sung các trường hợp m  0 và 
  0

* Lời giải đúng: Ta xét các trường hợp sau:
1
Trường hợp 1: Với m  0 thì (4)  2 x  1  0  x   (1;1) (thỏa mãn).
2

Trường hợp 2: Phương trình (4) vô nghiệm
m  0
m  0



 m  1



0
m


1



Trường hợp 3: Phương trình (4) có nghiệm: 1  x1  x2  1  1  m 
Kết luận: Vậy điều kiện cần tìm là m  0 hoặc m 

x

Ví dụ 5: Giải phương trình:

2

x 1



x2
2

x  2x 1

3
4

3
.
4

(5)

* Sai lầm: Điều kiện: x 2  2 x  1  0 ( )

 5 


1
x
1
x2
 2 
 2
x  1 x  1 x  1 x  2x  1
1 x
2

( x  1)( x  1)



1 x

2

( x  1)( x  2x  1)

 1  x  0
 x  1

 

   x 2  1  x 2  2 x  1    x  1  x  1 (thỏa mãn điều kiện ( ) )


 x  1  0
 x  1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  1 .
* Nhận xét: Phép biến đổi từ

x
2

x 1



x2
2

thành

x  2x 1

1
x
1
x2
là không tương đương, tuy rằng kết quả
 2

 2
x  1 x  1 x  1 x  2x  1

cuối cùng vẫn đúng.

17


 x( x 2  2 x  1)  ( x  2)( x 2  1)

* Lời giải đúng: (5)  
 x 2  2 x  1  0
 x3  2 x 2  x  x3  2 x 2  x  2
 x  x  2



 x 1
 x 2  2 x  1  0
 x 2  2 x  1  0

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là x  1 .
Ví dụ 6: Giải phương trình:
x 1

* Sai lầm: (6) 

1 x  x





x( x  1)  (1  x  x 2 )
x(1  x  x 2 )
1
2



1 x  x



2



x 1
2



2 x
2

x  2x  2

(6)

1
2 x
1
 2

x x  2x  2 x

x(2  x)  ( x 2  2 x  2)
x ( x 2  2 x  2)

2
2

x(1  x  x ) x ( x  2 x  2)
2(1  x  x 2 )  x 2  2 x  2 3 x 2  0


 x 
 x  0
 x  0

* Nhận xét:
Phương trình nhận x  0 là nghiệm do biến đổi thừa điều kiện x  0 .
* Lời giải đúng: Điều kiện xác định: 1  x  x 2  0 .
Khi đó: (6)  ( x  1)( x 2  2 x  2)  (2  x)(1  x  x 2 )
 x3  x 2  2  x3  x 2  3 x  2
 3 x  0  x  0.

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là x  0 .
Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 x 

x  3  16

(7)

* Sai lầm: Điều kiện: x  3 . Khi đó: (7)  ( x  3)  16  2 x
x  7
 x  3  256  64 x  4 x  4 x  65 x  259  0   37
 x  4
2

2

18


So sánh điều kiện x  3 , phương trình (7) có nghiệm là x  7 và x 

2
x  3  16  2 x  x  3  256  64 x  4 x .

* Nhận xét: Sai lầm khi viết
Chú ý:

37
.
4

b  0
a b 
2
a  b

* Lời giải đúng: Điều kiện: x  3 .
Khi đó (7)  x  3  16  2 x
x  8

16  2 x  0
 x7

  
 x  7 (thỏa mãn x  3 ).
2

 x  3  256  64 x  4 x
37
 x 
4


Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là x  7 .

Ví dụ 8: Giải phương trình:

2

x  2( x  x  6)  0

(8)

* Sai lầm:
x  2
 x2 0

x  2
(8)  

 x  3
 x 2  x  6  0 ( x  3)( x  2)  0


 x  2

* Nhận xét:
Với x  2 thì

x  2 vô nghĩa, nên x  2 là nghiệm ngoại lai.

* Lời giải đúng:
 x2 0
x  2



x  2
(8)    x 2  x  6  0   ( x  3)( x  2)  0  


 x  3


  x  2
  x  2  0

Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x  3, x  2.
Ví dụ 9: Giải phương trình: ( x  1) x 2  x  2  2 x  2

19

(9)


* Sai lầm:  9    x  1

x 1  0
x  x  2  2  x  1  
 x2  x  2  2

2

 x  1
x



1



  x  3
 x 2  x  2  4

 x  2
* Nhận xét:
Với x  1 thì

x 2  x  2 vô nghĩa, nên x  1 là nghiệm ngoại lai.

* Lời giải đúng: Ta có:
 x  1  0
 
2
(9)  ( x  1) x 2  x  2  2( x  1)    x  x  2  0

 2
 x  x  2  2

  x  1

   x  1
 x  3
 
 x2  x  6  0  
   x  2

 x  2

 2
x  x  2  4
Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x  3, x  2.
Ví dụ 10: Giải phương trình: 2 x 2  9  ( x  5)

x3
x3

(10)

* Sai lầm:

10  2

( x  3)( x  3)  ( x  5)

x3
x3
 2 x  3 x  3  ( x  5)
x 3
x 3

x5 

 x  32 x  3 
0
x3


20

x3
 2( x  3)  ( x  5)  0
x3




  x  11
  x  11
 
 
x3
( x  11)  0    x  3  0    x  3  x  11
x 3


 x  3  0
 x  3

* Nhận xét: Phương trình nhận x  3 là nghiệm, nghĩa là cách giải trên đã
làm mất nghiệm x  3 .
* Lời giải đúng: Điều kiện xác định:
 x2  9  0
 x   ; 3   3;  




 x   ; 3  (3; )
x 3


 x   ; 3   3;  
0
x 3

Với điều kiện trên ta có:
(10)  2 ( x  3)( x  3)  ( x  5)

2

x3
x3
x3
2
2
( x  3)  ( x  5)
x3
x3
x 3

x3
x3
| x  3 | ( x  5)

x3
x3

x3
 2 | x  3 | ( x  5)  0
x 3

x3
x  3  0

0
x3


   2( x  3)  ( x  5)  0, x  3  0

 2 | x  3 | ( x  5)  0    

   2(3  x)  ( x  5)  0, x  3  0
 x  3


0
  x  3  x  3

 x  3
 x  3

   x  11  0, x  3

   1  3x  0, x  3
 x  3



  x  3
 x  11
 
  x  3
  

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm là x  3, x  11.

21


CHƯƠNG 2. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH CHO HỌC SINH LỚP 10

2.1. Mục tiêu, nội dung chủ đề phương trình ở Đại số 10 nâng cao
2.1.1. Mục tiêu
* Về kiến thức:
Học sinh nắm vững khái niệm phương trình và những khái niệm liên
quan: Nghiệm của phương trình, điều kiện của phương trình, phương trình
tương đương, phương trình hệ quả.
Nắm được cách giải và biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai và các
phương trình quy về bậc nhất hoặc bậc hai: Phương trình chứa ẩn ở dưới mẫu,
chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối, chứa ẩn trong dấu căn bậc hai.
* Về kĩ năng:
Học sinh có kĩ năng giải và biện luận phương trình bậc nhất, phương
trình bậc hai. Thành thạo với việc giải phương trình theo thuật giải, theo công
thức hoặc theo một hệ thống quy tắc biến đổi xác định.
Đồng thời biết linh hoạt vận dụng những kiến thức về giải phương trình
theo nội dung, chẳng hạn phương trình chứa ẩn trong dấu giá tri tuyệt đối,

chứa ẩn trong căn thức, chứa ẩn dưới mẫu.
* Về tư duy:
Học sinh được phát triển về tư duy thuật giải trong việc giải phương
trình theo thuật giải, hoặc theo một hệ thống quy tắc xác định; được rèn luyện
tính linh hoạt và khả năng sáng tạo khi giải những phương trình theo nội
dung, những phương trình không mẫu mực.
Học sinh được rèn luyện tính quy củ, tính kế hoạch, tính kỉ luật, tính
cẩn thận, chính xác và thói quen tự kiểm tra trong việc giải phương trình.
2.1.2. Nội dung chủ đề phương trình ở Đại số 10 nâng cao
Chủ đề phương trình trong chương trình Đại số 10 nâng cao bao gồm
các nội dung sau:
- Đại cương về phương trình (2 tiết).
22


- Phương trình bậc nhất và bậc hai một ẩn (2 tiết).
- Một số phương trình quy về phương trình bậc nhất hoặc bậc hai
(1tiết).
2.2. Những kiến thức về phương trình ở Đại số 10 nâng cao
2.2.1. Kiến thức cơ bản trong Đại số 10 nâng cao
2.2.1.1. Các định nghĩa và định lí
* Định nghĩa phương trình:
Cho hàm số f  f ( x) và y  g ( x) có tập xác định lần lượt là Df và
Dg . Đặt D  Df  Dg .

Mệnh đề chứa biến " f ( x)  g ( x)" gọi là phương trình một ẩn, x gọi là
ẩn số (ẩn) và D gọi là tập xác định của phương trình.
Số x0  D gọi là một nghiệm của phương trình f ( x)  g ( x) nếu
" f ( x0 )  g ( x0 )" là mệnh đề đúng.

Ví dụ: Điều kiện của phương trình

2
2
x  4 x  3 là x  4 x  3  0.

* Phương trình tương đương.
Định nghĩa 1:
Hai phương trình (cùng ẩn) gọi là tương đương nếu chúng có cùng một
tập nghiệm. Nếu phương trình " f1 ( x)  g1 ( x)" tương đương với phương trình
" f 2 ( x)  g 2 ( x)" thì ta viết: " f1( x)  g1( x)"  " f 2 ( x)  g 2 ( x)" .

Ví dụ: x 2  2 x  1  0 tương đương với phương trình 2( x  1)  0.
Định nghĩa 2:
Phép biến đổi tương đương là các phép biến đổi không làm thay đổi tập
nghiệm của phương trình.
Định lí:
Cho phương trình f ( x)  g ( x) có tập xác định D; y  h( x) là một hàm
số xác định trên D ( h( x) có thể là hằng số). Khi đó trên D, phương trình đã
cho tương đương với mỗi phương trình sau:
1) f ( x)  h( x)  g ( x)  h( x);

23


2) f ( x).h( x )  g ( x).h( x) nếu h( x )  0x  D.

* Phương trình hệ quả.
Phương trình f1 ( x)  g1 ( x) gọi là phương trình hệ quả của phương
trình f ( x)  g ( x) nếu tập nghiệm của nó chứa tập nghiệm của phương trình

f ( x)  g ( x) . Khi đó ta viết: f ( x)  g ( x)  f1 ( x)  g1 ( x) .

Ví dụ: x 2  5 x  4  0 là phương trình hệ quả của phương trình

x  2 x.

Định lí:
Khi bình phương hai vế của một phương trình, ta được phương trình hệ
2

2

quả của phương trình đã cho: f ( x)  g ( x)   f ( x)    g ( x) 
* Phương trình chứa tham số.

Phương trình chứa tham số là phương trình ngoài ẩn còn có những chữ
khác. Các chữ này được xem là những số đã biết và được gọi là tham số.
Ví dụ: 2mx 2  5mx  3  0 là phương trình tham số với ẩn x và tham số m .
2.2.1.2. Phương trình dạng ax  b  0
* Cách giải và biện luận:
 a  0 : Phương trình có nghiệm duy nhất x 

b
.
a

 a  0 và b  0 : Phương trình vô nghiệm.
 a  0 và b  0 : Phương trình nghiệm đúng x  R.
Ví dụ: Giải và biện luận phương trình: mx 2  6  4 x  3 (1)
Hướng dẫn:

Ta có: (1)  ( m2  4) x  3m  6

(2)

Trường hợp 1: Nếu m 2  4  0  m  2
Với m  2 thì (2)  0 x  0 : Phương trình nghiệm đúng với mọi x  R .
Với m  2 thì (2)  0 x  12 : Phương trình vô nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu m2  4  0  m  2 , ta có:
(2)  x 

3
: Phương trình có nghiệm duy nhất.
m2

24


Kết luận:
Với m  2 , phương trình (1) vô nghiệm.
Với m  2 , phương trình (1) có vô số nghiệm.
Với m  2 và m  2 , phương trình (1) có nghiệm duy nhất x 

3
.
m2

2.2.1.3. Phương trình dạng ax 2  bx  c  0
* Cách giải và biện luận:
 a  0 : Trở về giải và biện luận phương trình bx  c  0 .
 a  0 :   b2  4ac .

  0 thì phương trình vô nghiệm.
  0 : Phương trình có hai nghiệm( phân biệt ):
x1 

b  
b  
và x2 
2a
2a

  0 : Phương trình có một nghiệm (kép): x 

b
2a

* Đặc biệt: Phương trình ax 2  bx  c  0 , với a  0 và x1  x2 

b
.
a

Ta có   b2  ac.
Nếu   0 thì phương trình vô nghiệm.
Nếu   0 thì phương trình có nghiệm kép x1  x2 

b
.
a

Nếu   0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 

b  
b  
.
và x2 
a
a
2

Ví dụ: Giải và biện luận phương trình: mx  2( m  2) x  m  3  0 (1)
Hướng dẫn: Xét 2 trường hợp của m:

3
Trường hợp 1: Với m  0 , ta được: (1)  4 x  3  0  x  .
4
Trường hợp 2: Với m  0 , ta có:   (m  2)2  m( m  3)  4  m
+ Nếu   0  4  m  0  m  4 : Phương trình (1) vô nghiệm.
25