(Sáng kiến kinh nghiệm) sử DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC để GIẢI một số DẠNG PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNGTHANH
THPT
MAI
ANH
HOÁ
NĂM
2017 TUẤN
MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu
2. Nội dung của đề tài

1-2
2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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

2-6

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

7 - 10

2.3 Bài toán 3: Cực trị giữa điểm và đường thẳng trong hình học
SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC

giải tích khơng gian

10 - 12

2.4 Bài tốn 4: Cực trị giữa điểm và mặt phẳng trong hình học
giải tích khơng 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

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

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

0


MỤC LỤC
Trang
Mục lục

1

I. Đặt vấn đề

2

II. Nội dung của đề tài
1. Dạng 1: ax  bx  c  qx  p

3

2

qx  p

k

(k  0 )

2. Dạng 2:

ax 2  bx  c 

3. Dạng 3:

ax 2  bx  c   dx  e  qx 2  px  r

4. Dạng 4:

ax 4  bx 3  cx 2  dx  e 

qx 2  px  r

4
5
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

SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG
1


PHƯƠNG TRÌNH VƠ 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 tốn về phương trình vơ tỷ là bài tốn 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 tốn như vậy gây khơng 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 vơ tỷ sau sẽ đơn
giản đi rất nhiều.
Ở bài viết này chủ yếu đề cập đến các bài tốn về phương trình vơ 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   và n  2; n  m .
Trong khoảng thời gian có hạn nên tơi chỉ mới ứng dụng trong phạm vi
Cụ thể có các dạng như sau:
1. ax  bx  c  qx  p
*

m  2, n  4

2

2.

qx  p
k

ax 2  bx  c 

(k  0 )

3. ax  bx  c   dx  e qx  px  r
4. ax  bx  cx  dx  e  qx  px  r
2. Mục đích nghiên cứu
Trong q trình dạy cho học sinh lớp 10 giải phương trình vơ tỷ trong đó có một
bài tốn 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 tốn 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 tốn
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 vơ tỷ, mà cụ thể là ba dạng tốn
ở trên. Đa số các em đều áp dụng cách giải bài tốn một cách máy móc, khơng phát
huy được tính tích cực, sáng tạo trong giải tốn.
2

4

2

3

2

2

4. Phương pháp nghiên cứu

2


Trong đề tài này tơi 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 tốn.
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  bx  c  qx  p (I)
Nhân cả hai vế của phương trình (I) với 2a' sao cho 2aa' là số chính phương
2 aa' x  2ba' x  2ca'  2a' qx  p sau đó sử dụng hằng đẳng thức đưa về dạng
2

2

 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
VP có hai tình huống là  2  x  3  hoặc 1  2 x  3 
- Nếu lấy  2  x  3  thì pt(1’)  4 x  23x  19   2  x  3  không phù hợp
- Nếu lấy 1  2 x  3  thì pt(1’)
2

2

2

2

2

2



 4 x 2  20 x  25  1  2 x  3



  2 x  5  1  2 x  3
2

1  2
 

1  2



2

 phù hợp
2

2
 
x  3  2 x  5

2
x  3  2x  5

x  3  2x  6
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)
KL: phương trình có tập nghiệm S =

 5  21 
6;

2



Bài tốn 2: Giải phương trình
(2)

3 x  2  4 x 2  21x  22

(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 3 x  2  16 x 2  84 x  88 (2’)
VP có hai tình huống là  2  3x  2  hoặc 1  2
2

3x  2



2

3


- Nếu lấy  2  3x  2  thì pt(2’)   2 
- Nếu lấy 1  2 3 x  2  thì pt(1’)
2

3x  2



2

 16 x 2  81x  90

không phù hợp

2


 1  2


3x  2 

 1  2 3x  2
1  2
 
1  2


2

 16 x 2  72 x  81

2

  4 x  9

phù hợp

2

 2 3 x  2  4 x  10
 
3 x  2  4 x  9
 3x  2  2 x  4

3x  2  4 x  9

KL: phương trình có tập nghiệm S =
2.Dạng 2:

qx  p
k

ax 2  bx  c 

Khử mẫu số k ta có

19  73 23  97 
;


8
8



( k  0 ) (II)

akx 2  bkx  ck 

qkx  pk

(trở về phương trình dạng 1)

Bài tốn 3: Giải phương trình
x3

2

2x 2  4x 

Lời giải: pt(3)

 4 x 2  8x 

(3)
2x  6

 16 x  32 x  4 2 x  6

( Olympic 30/4/2003)
(khử mẫu số 2)

2



 16 x 2  40 x  25  1  2 2 x  6



  4 x  5  1  2 2 x  6
2

1  2
 
1  2







2

2


 
2 x  6  4 x  5


2x  6  4x  5

2x  6  2x  2
2 x  6  2 x  3

KL: phương trình có tập nghiệm S =

  3  17  5  13 
;


4
4



Bài tốn 4: Giải phương trình
4x  9
 7x 2  7x
28

Lời giải: pt(4)




với x  0 . (4)

(Đề thi ĐHAN khối D năm 2000)

4x  9
 14 x 2  14 x
7

(khử mẫu số 7)

28 x  63  98 x 2  98 x

 2 28 x  63  196 x 2  196 x


 1 
 1

1 

 

1 


28 x  63 
28 x  63

2

 196 x 2  224 x  64

2

 14 x  8

2


 
28 x  63  14 x  8


28 x  63  14 x  8

KL: pt có nghiệm duy nhất

x

28 x  63  14 x  7

28 x  63  14 x  9

65 2
14

.

3.Dạng 3: ax  bx  c   dx  e qx  px  r (III)
Nhân cả hai vế của phương trình (III) với 2a' sao cho 2aa' là số chính phương
2

2

4


2aa' x 2  ba' x  ca'  2a'  dx  e  qx 2  px  r

dạng
 mx  n  2



 m'  dx  e   n'

qx  p



sau đó sử dụng hằng đẳng thức đưa về

2

Bài tốn 5: Giải phương trình
(5)

x 2  3x  1  x x 2  2

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

x  2


x  2





2

2


 

 2  3 x  2


x 2  2  3x  2

x2  2  x 1

x2

x 2  2  2 x  1

KL: phương trình có tập nghiệm S =

1  2 
 ;
3
2

7



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

x  2  2
 

x  2  2





2

2



 

x 2  4 x  1  3 x  4

x 2  4 x  1  3x  4

x 2  4x  1  x  1
x 2  4 x  1  2 x  3

KL: pt có nghiệm duy nhất x  0 .
4.Dạng 4: ax  bx  cx  dx  e  qx  px  r (IV)
Dùng hằng đẳng thức biến đổi phương trình (IV) về dạng
4
2
2
a1  mx  n   a 2  mx  n   a3  b1  mx  n   b2
Đặt t   mx  n  2  t  0 ta có
a1t 2  a 2 t  a3  b1t  b2 (trở về phương trình dạng 1)
4

3

2

2

Bài tốn 7: Giải phương trình
x 4  4 x 3  3x 2  2 x  7 

Lời giải: pt(7)   x  1  3 x  1

Đặt t   x  1 2  t  0 ta có
4

t 2  3t  5 

2

(7)

2x 2  4x  7
5 

(số 362 - THTT)

2 x  1  5
2

2t  5

 4t  12t  20  4 2t  5
2



 4t 2  4t  1  1  2 2t  5



  2t  1  1  2 2t  5
2

1  2
 
1  2






2

2


 
2t  5  2t  1


2t  5  2t  1

2t  5  t  1
2t  5  t

5


- Phương trình 2t  5  t vơ nghiệm vì t  0
- Phương trình 2t  5  t  1 có nghiệm t  2  2
Suy ra  x  1  2  2 2  x  1  2  2 2

Phương trình (7) có nghiệm x  1  2  2 2 .

2

2

Bài tốn 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

1  2
 
1  2






2

2


 
t  3  2t  1


t  3  2t  1

t  3  t
t  3  t 1

- Phương trình t  3  t vơ 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 tốn khó, nhưng bằng cách
giải sử dụng khéo léo 7 hằng đẳng thức đáng nhớ, thì những bài tốn này biến đổi
về dạng rất cơ bản. Phù hợp với học sinh học lớp 10 khi học về phần giải phương
trình vơ tỷ. Cách giải rất tự nhiên kết hợp hài hòa giữa kiến thức cấp hai và kiến
thức giải phương trình vơ tỷ ở lớp 10. Cịn các dạng tốn 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)
2
3. x  2 x  2 2 x  1
4. x 2  2 x  3  3 3x  1
5.
6.
7.
8.
9.

3 x 2  x  1 

5x  8
3

2x 2  4x  3  x 4  4x 3  7 x 2  6x  2
4 x 2  3x  2  x 2 x 2  2 x  1
4 x 2  3x  1  x 2 x 2  2 x
x 2  x  1   x  2 x 2  2

6


10.

4 x 2  5 x   x  2 2 x 2  4 x  3

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 tơi đã trình bày trong đề tài hồn tồn 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 cịn những hạn chế, thiếu sót. Mong
được sự góp ý từ đồng nghiệp.
Tơi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

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

Lê Đình Chung

7


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.

8

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 vơ 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
(Phịng, 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 tốn hình học giải tích
phẳng.
3.
4.
5.
9


...

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

10