SKKN sử DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC để GIẢI một số DẠNG PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG
THPT
MAI
ANH
THANH
HOÁ
NĂM
2017 TUẤN
MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu

1-2

2. Nội dung của đề tài SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2

2.1 Bài toán 1: Cực trị giữa điểm và đường thẳng trong hình học
giải tích phẳng

2-6

2.2 Bài toán 2: Cực trị giữa điểm và đường thẳng trong hình học
giải tích không gian

7 - 10

DỤNG

THỨC
2.3 Bài toán 3: CựcSỬ
trị giữa
điểm HẰNG
và đườngĐẲNG
thẳng trong
hình học
10 - 12
giải tích
ĐỂkhông
GIẢIgian
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
2.4 Bài toán 4: Cực trị giữa điểm và mặt phẳng trong hình học
giải tích không gian

12 - 14

2.5 Bài toán 5: Ứng dụng bài toán về cực trị trong hình học
giải tích để tìm GTLN, GTNN của biểu thức

14 - 15

Bài tập áp dụng

15 - 16

Người thực hiện: Lê Đình Chung
Chức vụ: Giáo viên
2.6 Kiểm nghiệm đề tài
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

3. Kết luận và kiến nghị

16
16 - 17

Tài liệu tham khảo

18

Danh mục các đề tài SKKN được Sở GD & ĐT Thanh Hóa xếp loại

19

THANH HOÁ NĂM 2018

1


MỤC LỤC
Trang
Mục lục

1

I. Đặt vấn đề

2

II. Nội dung của đề tài
1. Dạng 1: ax 2 + bx + c = qx + p

3

2. Dạng 2: ax 2 + bx + c =

qx + p
(k > 0 )
k

4

3. Dạng 3: ax 2 + bx + c = ( dx + e ) qx 2 + px + r

5

4. Dạng 4: ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = qx 2 + px + r

6

Bài tập áp dụng

7

III. Kết luận và kiến nghị

8

Tài liệu tham khảo

9

Danh mục các đề tài SKKN được Sở GD & ĐT Thanh Hóa xếp loại

10

2


SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Trong xu thế chung nhưng năm gần đây, việc đổi mới phương pháp dạy học
là vấn đề cấp bách, thiết thực nhất nhằm đào tạo những con người có năng lực hoạt
động trí tuệ tốt. Đổi mới phương pháp dạy học không chỉ trong các bài giảng lý
thuyết, mà ngay cả trong các giờ luyện tập. Nhằm giúp học sinh vận dụng kiến thức
đã học vào giải bài tập một cách năng động sáng tạo.
Có thể nói, bài toán về phương trình vô tỷ là bài toán cơ bản và thường gặp
trong chương trình lớp 10. Trong quá trình bồi dưỡng cho học sinh, đặc biệt là bồi
dưỡng học sinh giỏi. Những bài toán như vậy gây không ít khó khăn đối với học
sinh. Nhưng bằng kiến thức cơ bản mà các em đã được học ở cấp hai, sử dụng khéo
léo 7 hằng đẳng thức đáng nhớ, thì việc giải các dạng phương trình vô tỷ sau sẽ đơn
giản đi rất nhiều.
Ở bài viết này chủ yếu đề cập đến các bài toán về phương trình vô tỉ, có dạng tổng
quát:
a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 = bm x m + bm−1 x m−1 + ... + b1 x + b0

Với m, n ∈ Ν * và n ≥ 2; n ≥ m .
Trong khoảng thời gian có hạn nên tôi chỉ mới ứng dụng trong phạm vi m ≤ 2, n ≤ 4
Cụ thể có các dạng như sau:

1. ax 2 + bx + c = qx + p
2. ax 2 + bx + c =

qx + p
(k > 0 )
k

3. ax 2 + bx + c = ( dx + e ) qx 2 + px + r
4. ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = qx 2 + px + r
2. Mục đích nghiên cứu
Trong quá trình dạy cho học sinh lớp 10 giải phương trình vô tỷ trong đó có một
bài toán giải phương trình x 2 − 6 x + 3 = x + 3 . Đây là một dạng toán rất quên thuộc,
nếu dùng theo cách giải truyền thống thì bài toán trên rất phức tạp và học sinh đọc
cũng rất khó hiểu. Nhưng nếu sử dụng khéo léo 7 hằng đẳng đáng nhớ thì bài toán
trên sẽ đơn giản hơn và cách giải tự nhiên hơn.
3. Đối tượng nghiên cứu
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy trong trường THPT tôi thấy học sinh rất
lúng túng trong việc giải các bài tập về phưng trình vô tỷ, mà cụ thể là ba dạng toán
ở trên. Đa số các em đều áp dụng cách giải bài toán một cách máy móc, không phát
huy được tính tích cực, sáng tạo trong giải toán.
3


4. Phương pháp nghiên cứu
Trong đề tài này tôi muốn trình bày với một ý tưởng giúp học sinh khai thác
những kiến thức cơ bản từ các hằng đẳng thức đáng nhớ. Nhằm giúp các em thấy
được sự liên kết, thống nhất trong quá trình học toán.
Giải pháp và tổ chức thực hiện là:
- Giáo viên dạy, học sinh học và làm bài tập.
- Kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức của học sinh trước và sau khi học đề tài.

- Tổng kết các mặt đã làm được và chưa làm được trong đề tài để có hướng vận
dụng đề tài cho các khóa học sinh tiếp theo.
II. NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI
1.Dạng 1: ax 2 + bx + c = qx + p (I)
Nhân cả hai vế của phương trình (I) với 2a' sao cho 2aa' là số chính phương
2aa' x 2 + 2ba' x + 2ca' = 2a' qx + p sau đó sử dụng hằng đẳng thức đưa về dạng

( mx + n ) 2 = ( m' + n'

qx + p

)

2

Bài toán 1: Giải phương trình
x 2 − 6 x + 3 = x + 3 (1)

Lời giải: Nhân cả hai vế của pt (1) với 4 hoặc 16,… nhân 2; 4; 6; 8…
không phù hợp
pt(1) ⇔ 4 x 2 − 24 x + 12 = 4 x + 3 (1’)
Bây giờ ta thêm bới vế phải VP = 4 x + 3 về hằng đẳng thức
2
2
VP có hai tình huống là ( 2 + x + 3 ) hoặc (1 + 2 x + 3 )

- Nếu lấy ( 2 + x + 3 ) thì pt(1’) ⇔ 4 x 2 − 23x + 19 = ( 2 + x + 3 ) không phù hợp
2

2

- Nếu lấy (1 + 2 x + 3 ) thì pt(1’)
2

(

⇔ 4 x 2 − 20 x + 25 = 1 + 2 x + 3

(

⇔ ( 2 x − 5) = 1 + 2 x + 3
2

)

2

)

2

phù hợp

1 + 2 x + 3 = 2 x − 5
2 x + 3 = 2 x − 6
⇔
⇔
1 + 2 x + 3 = −2 x + 5
2 x + 3 = −2 x + 4

Đến đây việc giải các phương trình này là cơ bản (vì bình phương 2 vế đưa về
phương trình bậc hai một ẩn)
 5 − 21 

2 


KL: phương trình có tập nghiệm S = 6;
Bài toán 2: Giải phương trình

4


3x − 2 = −4 x 2 + 21x − 22 (2)

(số 384 – THTT)

Lời giải: pt(2) ⇔ − 3x − 2 = 4 x 2 − 21x + 22
Nhân cả hai vế của pt (2) với 4 ta có
− 4 3x − 2 = 16 x 2 − 84 x + 88 (2’)
2
2
VP có hai tình huống là ( 2 − 3x − 2 ) hoặc (1 − 2 3x − 2 )

- Nếu lấy ( 2 − 3x − 2 ) thì pt(2’) ⇔ ( 2 − 3x − 2 ) = 16 x 2 − 81x + 90 không phù hợp
2

2

- Nếu lấy (1 − 2 3x − 2 ) thì pt(1’)

2

(
⇔ (1 − 2

)
3x − 2 )

⇔ 1 − 2 3x − 2

2

= 16 x 2 − 72 x + 81

2

= ( 4 x − 9)

2

phù hợp

1 − 2 3 x − 2 = 4 x − 9
2 3 x − 2 = −4 x + 10
⇔
⇔
1 − 2 3 x − 2 = −4 x + 9
 3 x − 2 = 2 x − 4
19 + 73 23 − 97 
;


8
8



KL: phương trình có tập nghiệm S = 

qx + p
( k > 0 ) (II)
k
Khử mẫu số k ta có akx 2 + bkx + ck = qkx + pk (trở về phương trình dạng 1)

2.Dạng 2: ax 2 + bx + c =

Bài toán 3: Giải phương trình
x+3
(3) ( Olympic 30/4/2003)
2
Lời giải: pt(3) ⇔ 4 x 2 + 8 x = 2 x + 6 (khử mẫu số 2)
⇔ 16 x 2 + 32 x = 4 2 x + 6
2x 2 + 4x =

(

⇔ 16 x 2 + 40 x + 25 = 1 + 2 2 x + 6

(

⇔ ( 4 x + 5) = 1 + 2 2 x + 6

2

)

)

2

2

1 + 2 2 x + 6 = 4 x + 5
 2x + 6 = 2x + 2
⇔
⇔
1 + 2 2 x + 6 = −4 x − 5
 2 x + 6 = −2 x − 3
 − 3 + 17 − 5 − 13 
;
KL: phương trình có tập nghiệm S = 

4
4



Bài toán 4: Giải phương trình
4x + 9
= 7 x 2 + 7 x với x > 0 . (4)
28

(Đề thi ĐHAN khối D năm 2000)
5


4x + 9
= 14 x 2 + 14 x (khử mẫu số 7)
7
2
⇔ 28 x + 63 = 98 x + 98 x
⇔ 2 28 x + 63 = 196 x 2 + 196 x

Lời giải: pt(4) ⇔

(
⇔ (1 +

)
28 x + 63 )

⇔ 1 + 28 x + 63

2

= 196 x 2 + 224 x + 64

2

= (14 x + 8)

2

1 + 28 x + 63 = 14 x + 8
 28 x + 63 = 14 x + 7
⇔
⇔
1 + 28 x + 63 = −14 x − 8
 28 x + 63 = −14 x − 9
−6+5 2
KL: pt có nghiệm duy nhất x =
.
14

3.Dạng 3: ax 2 + bx + c = ( dx + e ) qx 2 + px + r (III)
Nhân cả hai vế của phương trình (III) với 2a' sao cho 2aa' là số chính phương
2aa' x 2 + ba' x + ca' = 2a' ( dx + e ) qx 2 + px + r sau đó sử dụng hằng đẳng thức đưa về
dạng

( mx + n ) 2 = [m' ( dx + e ) + n'

qx + p

]

2

Bài toán 5: Giải phương trình
x 2 + 3 x − 1 = x x 2 + 2 (5)

Lời giải: pt(5) ⇔ 4 x 2 + 12 x − 4 = 4 x x 2 + 2

(

⇔ 9 x 2 + 12 x + 4 = x + 2 x 2 + 2

(

⇔ ( 3x + 2) = x + 2 x 2 + 2
2

)

2

)

2

 x + 2 x 2 + 2 = 3x + 2
 x2 + 2 = x +1

⇔
 x + 2 x 2 + 2 = −3 x − 2
 x 2 + 2 = −2 x − 1
1 − 2 − 7 
KL: phương trình có tập nghiệm S =  ;

3
2


Bài toán 6: Giải phương trình

x 2 + x + 2 = ( x + 2) x 2 + 4 x + 1

Lời giải: pt(6) ⇔ 4 x 2 + 4 x + 8 = 4( x + 2) x 2 + 4 x + 1

(

⇔ 9 x 2 + 24 x + 16 = x + 2 + 2 x 2 + 4 x + 1

(

⇔ ( 3x + 4) = x + 2 + 2 x 2 + 4 x + 1
2

)

2

)

2

 x + 2 + 2 x 2 + 4 x + 1 = 3x + 4
 x 2 + 4x + 1 = x + 1
⇔
⇔
 x + 2 + 2 x 2 + 4 x + 1 = −3 x − 4
 x 2 + 4 x + 1 = −2 x − 3
6

KL: pt có nghiệm duy nhất x = 0 .
4.Dạng 4: ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = qx 2 + px + r (IV)
Dùng hằng đẳng thức biến đổi phương trình (IV) về dạng
a1 ( mx + n ) + a 2 ( mx + n ) + a3 = b1 ( mx + n ) + b2
4

2

2

Đặt t = ( mx + n ) 2 ( t ≥ 0) ta có
a1t 2 + a 2 t + a3 = b1t + b2 (trở về phương trình dạng 1)
Bài toán 7: Giải phương trình
x 4 + 4 x 3 + 3x 2 − 2 x − 7 = 2 x 2 + 4 x + 7 (7)

(số 362 - THTT)

Lời giải: pt(7) ⇔ ( x + 1) 4 − 3( x + 1) 2 − 5 = 2( x + 1) 2 + 5
Đặt t = ( x + 1) 2 ( t ≥ 0) ta có
t 2 − 3t − 5 = 2t + 5
⇔ 4t 2 − 12t − 20 = 4 2t + 5

(

⇔ 4t 2 − 4t + 1 = 1 + 2 2t + 5

(

⇔ ( 2t − 1) = 1 + 2 2t + 5
2

)

)

2

2

1 + 2 2t + 5 = 2t − 1
 2t + 5 = t − 1
⇔
⇔
1 + 2 2t + 5 = −2t + 1
 2t + 5 = −t
- Phương trình 2t + 5 = −t vô nghiệm vì t ≥ 0
- Phương trình 2t + 5 = t − 1 có nghiệm t = 2 + 2 2

Suy ra ( x + 1) 2 = 2 + 2 2 ⇔ x = −1 ± 2 + 2 2
Phương trình (7) có nghiệm x = −1 ± 2 + 2 2 .
Bài toán 8: Giải phương trình
x 4 + x 2 + 3 = 3 (8)
Lời giải: pt(8) ⇔ x 4 − 3 = − x 2 + 3
Đặt t = x 2 ( t ≥ 0) ta có
t2 −3 = − t + 3
⇔ 4t 2 − 12 = −4 t + 3

(

⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 1 − 2 t + 3

(

⇔ ( 2t + 1) = 1 − 2 t + 3
2

)

)

2

2

1 − 2 t + 3 = 2t + 1
 t + 3 = −t
⇔
⇔
1 − 2 t + 3 = −2t − 1
 t + 3 = t + 1
7


- Phương trình t + 3 = −t vô nghiệm vì t ≥ 0
- Phương trình t + 3 = t + 1 có nghiệm t = 1 hoặc t = −2 (loại)
Suy ra x 2 = 1 ⇔ x = ±1
Phương trình (8) có nghiệm x = ±1 .
* Chúng ta thấy những dạng toán ở trên là những dạng toán khó, nhưng bằng cách

giải sử dụng khéo léo 7 hằng đẳng thức đáng nhớ, thì những bài toán này biến đổi
về dạng rất cơ bản. Phù hợp với học sinh học lớp 10 khi học về phần giải phương
trình vô tỷ. Cách giải rất tự nhiên kết hợp hài hòa giữa kiến thức cấp hai và kiến
thức giải phương trình vô tỷ ở lớp 10. Còn các dạng toán này nếu mà giải theo
cách cũ như một số tài liệu đã trình bày thì rất phức tạp, mất đi vẽ đẹp theo sự tư
duy tự nhiên thông thường đưa về cơ bản.
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Giải các phương trình sau:
1. 14 x + 9 = 18 x 2 − 37 x + 5
2. 4 − 3 10 − 3x = x − 2
(Học sinh giỏi Toàn Quốc 2002)
3. x 2 − 2 x = 2 2 x − 1
4. x 2 + 2 x + 3 = 3 3x + 1
5. 3( x 2 + x − 1) =

5x + 8
3

6. 2 x 2 − 4 x + 3 = x 4 − 4 x 3 + 7 x 2 − 6 x + 2
7. 4 x 2 − 3x + 2 = x 2 x 2 − 2 x − 1
8. 4 x 2 + 3x + 1 = x 2 x 2 + 2 x
9. x 2 − x + 1 = ( x + 2) x 2 − 2
10. 4 x 2 + 5 x = ( x + 2) 2 x 2 + 4 x + 3

8


III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
- Kết quả việc đánh giá cho thấy học sinh tiếp thu đề tài một cách tích cực,
biết vận dụng thành thạo vào giải các bài tập tương tự.

- Cách giải mà tôi đã trình bày trong đề tài hoàn toàn rất tự nhiên, trong sáng.
Do đó đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học sinh, nâng cao khả năng tư
duy lôgic và khả năng sáng tạo của học sinh.
- Đề tài có tác dụng tốt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
Trong khi trình bày đề tài chắc chắn còn những hạn chế, thiếu sót. Mong
được sự góp ý từ đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Lê Đình Chung

9


TÀI LIỆU THAM KHẢO
*********
1. Báo Toán học và tuổi trẻ .
2. Sách giáo khoa và sách bài tập đại số lớp 10 - Nhà xuất giáo dục
Việt Nam, năm 2006
3. Tham khảo một số tài liệu trên mạng internet - Đề thi học sinh giỏi của một
số trường.

10

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên : Lê Đình Chung
Chức vụ : Giáo Viên
Đơn vị công tác : Trường THPT Mai Anh Tuấn

TT
1.

Tên đề tài SKKN
Đưa phương trình vô tỉ về
hệ phương trình gần đối

2.

xứng.
Ứng dụng của phép quay và
phép đối xứng để giải một

Cấp đánh
giá xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)
Sở GD & ĐT
Thanh Hóa
Sở GD & ĐT
Thanh Hóa

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B,
hoặc C)
C

C

Năm học
đánh giá xếp
loại
2010 - 2011

2014 - 2015

số bài toán hình học giải tích
phẳng.
3.
4.
5.
...

----------------------------------------------------

11