Tải bản đầy đủ

skkn phuong tinh vo ty

Sáng kiến kinh nghiệm
A. ĐẶT VẤN ĐỀ:
Mục tiêu của ngành Giáo dục là đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài cho đất
nước. Do vậy mỗi người làm công tác giáo dục phải xác định được nhiệm vụ của
mình, đặc biệt quan trọng là bồi dưỡng nhân tài.
Toán học là khoa học suy diễn bởi đòi hỏi người học phải có năng lực tư duy, khả
năng sáng tạo cao. Vì thế để học giỏi môn toán người học toán trước hết phải có sự
say mê, hứng thú có nhiều khi là trước những kết quả rất bất ngờ của nhiều bài toán.
Truyền thụ tri thức để học sinh nắm vững kiến thức và trở thành niềm đam mê yêu
thích bộ môn toán là nhiệm vụ của người thầy giáo. Từ những trăn trở trên cho thấy
trong quá trình giảng dạy người thầy ngoài việc cung cấp kiến thức, rèn luyện kĩ năng
cho học sinh thì một nhiệm vụ không kém phần quan trọng là rèn luyện năng lực tư
duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy cuả mình.
Phương trình vô tỷ là một dạng toán quen thuộc trong chương trình môn Toán 9. Đây
là bài toán cơ bản mà hầu hết học sinh lớp 9 biết giải. Tùy vào cấp độ các cuộc thi mà
các bài toán này ở các mức độ khác nhau, từ dễ đến khó. Để giải các bài toán này có
nhiều phương pháp giải: Phương pháp đặt ẩn phụ, Phương pháp nâng lên lũy thừa,
Phương pháp tạo lũy thừa dưới dấu căn, Phương pháp nhân liên hợp, Phương pháp bất
đẳng thức, Phương pháp phối hợp các phương pháp.
Chính vì vậy, đứng trước một bài toán giải phương trình vô tỷ học sinnh gặp khó khăn
khi lựa chọn phương pháp để giải.

Trong tất cả phương pháp trên Phương pháp sử dụng bất đẳng thức là Phương pháp
hầu hết học sinh đại trà đều ngại va chạm. Tuy nhiên đối với học sinh khá, giỏi đây là
công việc va chạm thường xuyên, đặc biệt trong các kì thi học sinh giỏi cấp Huyện,
Tỉnh và trong kì thi vào các trường chuyên cấp Trung học phổ thông. Khi kĩ năng giải
phương trình vô tỷ của học sinh đã thành thạo, việc áp dụng các bất đẳng thức nhuần
nhuyễn, hầu hết các em đều biết chọn phương pháp này để giải các phương trình vô tỷ
cho các bài tập để có cách giải ngắn gọn, lời giải đẹp. Vấn đề là đứng trước mỗi bài
toán như thế người thầy phải phân tích, chỉ ra dấu hiệu để học sinh biết lựa chọn
đường đi như thế nào cho hiệu quả.
Trăn trở điều đó tôi mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm định hướng cho học sinh giải một
số phương trình vô tỷ bằng Phương pháp sử dụng bất đẳng thức.

1


Sáng kiến kinh nghiệm
B. NỘI DUNG:
I.
1.
2.
3.

Kiến thức:
Định nghĩa: Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Các bước giải phương trình vô tỷ:
Tìm điều kiện xác định(nếu có)
Hữu tỷ hóa phương trình
Giải phương trình hữu tỷ
Đối chiếu điều kiện, kết luận.
Phương pháp Bất đẳng thức để giải phương trình vô tỷ được thể hiện dưới
nhiều dạng:
3.1) Chứng tỏ phương trình vô nghiệm vì có một vế luôn nhỏ hơn vế kia.
3.2) Sử dụng tinh đối nghịch ở 2 vế.
3.3) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
3.4) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt.
Một số bất đẳng thức thường sử dụng:
a. Bất đẳng thức Cô- si:
a1 + a2 + a3 + .... + an n
≥ a1.a2 .a3 ....an
n


Dấu ‘=’ có ⇔ a1 = a2 = a3 = ... = an

Cho a1 ; a2 ; a3 ;.....an ≥ 0 . Ta có

b. Bất đẳng thức Bun- nhi- a:
Cho 2 bộ số ( a1 ; a2 ; a3 ;...an ) ; ( b1 ; b2 ; b3 ;...bn ) . Ta có:

( a1b1 + a2b2 + a3b3 + ...anbn )
a

a

2

≤ ( a12 + a22 + a32 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + b32 + ...bn2 )

a

a

3
n
1
2
Dấu ‘=’ có ⇔ b = b = b = ..... = b ( bi ≠ 0(i = 1, n )
1
2
3
n
c. Bất đẳng thức Svac- xơ:
Cho 2 bộ số ( a1 ; a2 ; a3 ;...an ) ; ( b1 ; b2 ; b3 ;...bn ) ( bi > 0(i = 1, n ) . Ta có:

an2 ( a1 + a2 + a3 + ...an )
a12 a22 a32
+ + + ... +

b1 b2 b3
bn
b1 + b2 + b3 + ... + bn
an
a1 a2 a3
Dấu ‘=’ có ⇔ b = b = b = ..... = b
1
2
3
n

2

II.
Các bài toán
Bài toán 1: Giải phương tình sau:
2x + 3 − 3x + 4 = x − 1

Phân tích: Khi nhìn vào bài toán này, học sinh dễ dàng phát hiện ra phương pháp
giải là nâng lên lũy thừa để khử căn. Tuy nhiên hạn chế của cách giải này là lời

2


Sáng kiến kinh nghiệm
giải dài dòng, ít nhất 2 lần nâng lên lũy thừa. Nhân thấy với x ≥ 1 thì
0 < 2x + 3 < 3x + 4 ⇒ 2x + 3 < 3x + 4
⇒ 2x + 3 − 3x + 4 < 0

Lại có x − 1 ≥ 0
Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài toán 2: Giải phương trình sau:
3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2

Phân tích:Ở bài toán này việc tạo bình phương đưới dấu căn là không thể, nếu
nâng lên lũy thừa khử căn thì đưa về phương trình bậc 8, nếu nhân liên hợp thì
phải nhẩm được nghiệm.
Quan sát thấy các biêủ thức dưới dấu căn đưa về được tổng các bình phương nên
ta giải như sau:
Đkxđ ∀x ∈ R
VT= 3( x + 1)2 + 5( x + 1) 2 ≥ 4 + 9 = 5
VP= 4 − 2x-x 2 = 5 − ( x + 1) ≤ 5
Vậy hai vế của phương trình bằng 5 khi x=-1
Vậy nghiệm của phương trình là x= -1
Bài toán 3: Giải phương trình sau:
2

3

2x + 1 + 3 x = 1

Phân tích: Ở bài toán này ta thấy các hàm số y= 2x+ 1 và y= x là các hàm đồng
biến.
Do đó khi ta chỉ ra được nghiệm của phương trình thì ta sẽ chứng minh được
nghiệm đó là duy nhất..
Giải: Ta thấy x= 0 là nghiệm đúng của phương trình.
Với x > 0 ⇒ 2 x + 1 > 1, 3 x > 0 nên VT>1
Với x < 0 ⇒ 3 x + 1 < 1, 3 x < 0 nên VP<1
Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài toán 4: Giải phương trình sau:
6
8
+
=6
3− x
2− x

Phân tích: Ở bài toán này ta nhẩm được nghiệm của phương trình là 1,5
Khi x< 1,5 thì VT< 6
Khi 2> x> 1,5 thì VT> 6
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 1,5.
Bài toán 5: Giải phương trình sau:
x 2 + 2x + 4 = 3 x 3 + 4x

3


Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: Ở bài toán này nhận thấy nếu ta bình phương lên sẽ thu được phương
trình bậc 6, việc giải phương trình với số mũ lớn nên ta nghĩ đến đặt ẩn phụ hoặc
sử dụng bất đăng thức.
Cách 1: Đặt ẩn phụ: Đkxđ: x ≥ 0
Dễ thấy x= 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của phương
trình cho x ta được phương trình
⇔ x+2+

4
4
= 3 x + (1)
x
x

4
x
2
⇔ t + 2 = 3t

Đặt x + = t . Khi đó phương trình (1)
⇔ t 2 − 3t + 2 = 0
⇔ ( t − 1) ( t − 2 ) = 0
t = 1
⇔
t = 2
4
x

Lần lượt thay t=1; 2 vào phương trình x + = t giải tìm được x= 2.
Cách 2: Ta có

( x + 2)
1
1
3 x 2 + 4x + 4
3 x + 4x = 3. . 4x 3 + 16x = 3.
4x( x 2 + 4) ≤
=3
2
2
2
2
4
2
3( x + 2)
x 2 + 2x + 4 ≤
4
Do đó: ⇔ 4x 2 + 8x + 16 ≤ 3x 2 + 12x + 12

2

3

⇔ x 2 − 4x + 4 ≤ 0 ⇔ ( x − 2 ) ≤ 0 ⇔ x = 2(t / m)
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 2
*) So sánh 2 cách giải trên ta thấy ở cách 1 lời giải không ngắn gọn như cách 2,
hơn nữa việc đặt ẩn phụ cũng phải qua quá trình biến đổi chứ không thể đặt được
ngay.
Bài toán 6: Giải phương trình sau:
2 x 2 + 3 − 8 + 2x − x 2 = x

Phân tích: Ở bài toán này thoạt đầu vẫn nghĩ đến nhiều nhất là phương pháp nâng
lên lũy thừa, tuy nhiên ít nhất 2 lần nâng lên lũy thừa mới đưa về được phương
trình hữu tỷ và số mũ lớn, hướng giải quyết đó chưa hay.
Hướng thứ 2 là nhân liên hợp để nhân liên hợp trước hết phải nhẩm được nghiệm,
tuy nhiên khi nhân liên hợp đưa về nhân tử chung việc chứng minh phương trình
còn lại vô nghiệm gặp khó khăn.
Hướng thứ 3 nghĩ đến sử dụng bất đăng thức:
Giải: Đkxđ −2 ≤ x ≤ 4

4


Sáng kiến kinh nghiệm
pt ⇔ 2 x 2 + 3 = 8 + 2x − x 2 + x
8 + 2x − x 2 + x = 9 − ( x − 1) + x ≤ 3 + x
2

Lại có:

4( x 2 + 3) − ( 3 + x ) = 3 ( x − 1) ≥ 0
2

⇒ 4( x 2 + 3) ≥ ( 3 + x )

2

2

2 x2 + 3 ≥ 3 + x ≥ 3 + x

Dấu “=” có khi

 9 − x −1 2 = 3
( )

⇔ x = 1(t / m)

 x + 3 = x + 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1
Bài toán 7: Giải phương trình sau
16
+
x − 1996

1
= 10 −
y − 2008

(

x − 1996 + y − 2008

)

Phân tích: Ở bài toán này dễ dàng nhìn thấy phương pháp mà ta hướng tới là sử
dụng bất đẳng thức Cô- si để khử biến
Giải:
Đkxđ: x>1996, y>2008
Pt ⇔

16
+
x − 1996

1
+
y − 2008

(

)

x − 1996 + y − 2008 = 10

Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si ta có:
16
+ x − 1996 ≥ 2 16 = 4
x − 1996
1
1
+
≥2 1
y − 2008
y − 2008

(

)

16
1
+
+ x − 1996 + y − 2008 ≥ 10
x − 1996
y − 2008
Dấu”=” có ⇔ x = 1997, y = 2009(t / m)


Vậy nghiệm của phương trình là (x, y)= (1997; 2009)
Bài toán 8: Giải phương trình sau
x2 + x −1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

Phân tích: Bài toán này ta nhận thấy hệ số cao nhất của hai biểu thức dưới dấu
căn là hai số đối nhau. Nếu ta sử dụng bất đẳng thức cô- si hoặc Bun- nhi- a thì

5


Sáng kiến kinh nghiệm
khử được bậc 2, vế phải sử dụng Bất đẳng Cô si cũng đưa về được bậc nhất để
đánh giá.
 x 2 + x − 1 ≥ 0
Giải: Đkxđ: 
2
 x − x + 1 ≥ 0

Ápdụng bất đẳng thức Bun- nhi-a ta có:

( 1 + 1) ( x 2 + x − 1) + ( x − x 2 + 1 =

VT ≤

4x = 2 x

VP = x 2 − x + 2 = ( x 2 + 1) − x + 1 ≥ 2x − x + 1 ≥ x + 1 ≥ 2 x
 x2 + x −1 x − x2 + 1
=

⇔ x = 1(t / m)
1
Dấu “=” có ⇔  1
x = 1


Vậy nghiệm của phương trình là x=1
Bài toán 9: Giải phương trình sau
3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 =

1
2

( 7x
2

2

− x + 4)

Phân tích: ở bài toán này có đến 3 biểu thức chứa căn, nghĩ đến nhiều nhất là
phương pháp nhân liên hợp, tuy nhiển để nhân liên hợp thì phải nhẩm được
nghiệm và sau khi liên hợp đặt được nhân tử chung lại phải chứng minh phương
trình còn lại vô nghiệm.Lại thấy ở VT của phương trình nếu sử dụng Bđt Bunnhi- a ta có thể đưa về đánh giá qua Bđt bậc 2.
Từ đó ta đi đến cách giải sau:
Giải:
Đkxđ:

x ≥ 1

 x ≤ −1

3

Áp dụng BĐT Bun nhi a ta có:

( 1 + 1 + x ) ( 3x

VT ≤

2

(x

=

2

2

− 1 + x 2 − x + x 2 + 1)

+ 2 ) ( 5x 2 − x ) =

1
2x 2 + 4 ) ( 5x 2 − x )
(
2
2

1  2x 2 + 4 + 5x 2 − x 
1

7x 2 − x + 4 )
(

÷ =
2
2
8



1
2

( 7x
2

2

− x + 4 ) = VP

Dấu “=” có khi x=1( thỏa mãn)
Vậy nghiệm của phương trình là x= 1
Bài toán 10: Giải phương trình sau:
x4 + 4 = 2 x4 + 4 + 2 x4 − 4

6


Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: Dễ nhận ra ở VT của phương trình nếu sử dụng Bđt Cô-si sẽ hạ bậc
xuống bậc 2, vì thê ta sử dụng Bđt Bun- nhi-a ở Vp cũng được bậc 2, vấn đề là sau
khi sử dụng Bđt thì hệ số sẽ như thế nào?
Giải:
Đkxđ: x 2 ≥ 2
Áp dụng Bđt Cô si cho các số dương ta có:
VT = x 4 + 4 ≥ 2 4x 4 = 4x 2

Áp dụng Bđt Bun-nhi- a cho 2 bộ số (2; 2);( x 4 + 4; x 4 − 4) , ta có:
2 x4 + 4 + 2 x4 − 4 ≤

(2

2

+ 22 ) ( x 4 + 4 + x 4 − 4 ) ≤ 4x 2

 x 4 = 4
Dấu ‘=’ có ⇔  4
4
 x + 4 = x − 4

Không tồn tại x thỏa mãn. Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài toán 11: Giải phương trình:
x 2 = x3 − x 2 + x 2 − x

(Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm học 2009- 2010)
Phân tích: Dễ thấy x=0 là một nghiệm của phương trình
Khi x ≠ 0 từ x 2 − x ≥ 0; x 2 − x ≥ 0 ⇒ x − 1 ≥ 0
Khi đó ta có thể sử dụng Bât đẳng thức Cô- si cho các số không âm
Giải: Đkxđ:

x 2 − x ≥ 0; x 2 − x ≥ 0
Pt ⇔ x 2 = x 2 ( x − 1) +

(x

2

− x) 1

Dễ thấy x= 0 là nghiệm của phương trình
Khi x ≠ 0 từ x 2 − x ≥ 0; x 2 − x ≥ 0 ⇒ x − 1 ≥ 0
Áp dụng Bất đẳng thức Cô- si cho 2 số dương ta có:
x 2 ( x − 1) +

(x

2

− x) 1 ≤

x2 + x −1 x2 − x + 1
+
= x2
2
2

Dấu ‘=’ có
⇔ x2 − x −1 = 0

1+ 5
x =
1
5


2
⇔x− ÷ = ⇔ 
2 4


1− 5
x =

2
2

Đối chiếu Đkxd ta có phương trình có 2 nghiệm là x = 0;

1+ 5
2

7


Sáng kiến kinh nghiệm
*) Đối với các phương trình chứa căn ở mẫu và nhiều dấu căn hay bậc cao thì
phương pháp này thường được suy nghĩ trước hết vì tính hiệu quả của nó.
Bài toán 12: Giải phương trình:
16x 4 + 5 = 6 3 4x 3 + x

Phân tích: Nhận thấy 16x 4 + 5 > 0 ⇒ 3 4x 3 + 3 > 0 ⇒ x > 0
Với x>0 ta thường nghĩ đén Bất đẳng thức Cô si, hơn nữa ở đây ta phải nghĩ cách
khử căn mà không thể lập phương lên, chính vì những lí do đó ta nghĩ đến phương
pháp sử dụng Bất đẳng thức
Giải: Từ phương tình suy ra x>0
Dễ thấy x=1 là nghiệm của phương trình.
6 3 4x 3 + x = 3 3 4x ( 4x 2 + 1) .2 ≤ 4x 2 + 4x + 3

⇒ 16x 4 + 5 ≤ 4x 2 + 4x + 3
⇒ 16x 4 − 4x 2 − 4x + 2 ≤ 0
⇔ 2 ( 2x − 1)

2

( 2x

2

+ 2x + 1) ≤ 0

⇔ ( 2x − 1) ≤ 0
2

1
2
⇔ ( 2x − 1) = 0 ⇔ x = (t / m)
2

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
2

Tương tự với cách suy nghĩ ở bài toán 12 ta có bài toán 13 như sau:
Bài toán 13: Giải phương trình:
4x 4 + x 2 + 3x + 4 = 3 3 16x 3 + 12

Có 4x 4 + x 2 + 3x + 4 > 0 ⇒ 3 3 16x 3 + 12 x > 0 ⇒ x > 0
Lại có:
3 3 16x 3 + 12x = 3 3 4x ( 4x 2 + 3 )

= 3 3 2.2.x ( 4x 2 + 3) ≤ 2 + 2 + x ( 4x 2 + 3)
= 4x 3 + 3x + 4

Mặt khác:

4x 4 + x 2 + 3x + 4 − ( 4x 3 + 3x + 4 ) = x 2 (2x − 1) ≥ 0
2

⇔ ( 2x-1) = 0 ⇔ x =
2

1
(t / m)
2

Vậy nghiệm của hương trình là x =

1
2

Bài toán 13: Giải phương trình:
1
1
2
+4
=
2x − 1
4x − 3 x

8


Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: Nhận thấy x=1 là một nghiệmcủa phương trình.
Ở đây có 2 hướng suy nghĩ, hoặc là sử dụng phương pháp Bất đẳng thức, hoặc là
nhân liên hợp. Đối với nhân liên hợp quan sát thấy biểu thức dưới mẫu là 4 4x − 3
nên không dùng phương pháp nhân liên hợp. ta nghĩ đến sử dụng phương pháp
Bất đẳng thức.
Giải: Đkxđ: x>
0 < 2x − 1 =

3
4

( 2x − 1) .1 ≤

(2x − 1) + 1
=x
2

1
1

2x − 1 x



Mặt khác:
0<

4

( 4x − 3) .1.1.1 ≤

4x
=x
4

1
1
>
4x − 3 x
1
1
2
+4


2x − 1
4x − 3 x
Dấu ‘=’ có ⇔ x = 1 (t/m)


4

Vậy nghiệm của phương trình là x=1
Bài toán 14: Giải phương trình:
3

4 + 4x − x 2 + x x(6 − x 2 ) + 3x=12+ 2 − x

Phân tích:
Nhận thấy x=2 là một nghiệm cúa phương trình
Đk xđ: 0 ≤ x ≤ 2 hoặc x ≤ − 6
Lại thấy: VP ≥ 12
khi 0 ≤ x ≤ 2 các biểu thức ở VT đều không âm, ta có thể sủ dụng Bất đảng thức Côsi dể đánh giá.
Còn khi x ≤ − 6 ta thấy x x(6 − x 2 ) + 3x<0
Giải: Đk xđ: 0 ≤ x ≤ 2 hoặc x ≤ − 6
Ta thấy VP ≥ 12
Xét x ≤ − 6
VT < 3 4 + 4x − x 2 ≤ 3 8 − ( 4 − 4x+x 2 ) ≤ 3 8 − ( 2 − x ) ≤ 3 8 = 2 < VP
2

Xét 0 ≤ x ≤ 2

9


Sáng kiến kinh nghiệm
x + 6 − x2 ≥ 2 x ( 6 − x2 )

Ta có

⇒ x x ( 6 − x2 ) ≤ 2 x ( 6 − x2 ) ≤ x + 6 − x2
3

4 + 4x − x 2 ≤ 2

⇒ VT ≤ 8 + x − x 2 + 3x = 8 + 4x − x 2 = 12 − ( x − 2 ) ≤ 12 ≤ VP
Dấu ‘=’ có ⇔ x = 2(t / m)
2

Vậy nghiệm của phương trình là x=2
Bài toán 15: Giải phương trình:
1
1
1
+
+
= 3
x −1
2x + 1
5x − 4

Phân tích: ta nhận thấy phương trình không có nghiệm.
Ta tìm cách chứng minh vế này bé hơn vế kia. Mặt khác VP= 3 không đổi, ta áp
1
a

1
b

1
c

dụng Bđt (a + b + c)( + + ) ≥ 9 để đánh giá.
Giải: Đkxđ

5
> x >1
4

Áp dụng Bất đẳng thức Svac- xơ ta có:
VT ≥

9
x − 1 + 2x + 1 + 5 − 4x

x − 1 + 2x + 1 + 5 − 4x ≤

( 1 + 1 + 1) ( 5 − x )

< 12 = 2 3

(Bất đẳng thức Bun- nhi- a)
⇒ VT >

9
2 3

=

3 3
> 3
2

Vậy phương trình vô nghiệm.
Bài toán 16: Giải phương trình:
7x 2 + 10x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

Phân tích: Đối với bài này nhẩm nghiệm không có nghiệm hữu tỉ, phương trình
có nghiệm vô tỷ hoặc vô nghiệm. Nghĩ đên sử dụng phương pháp nâng lên lũy
thừa khủ căn hoặc dùng Bất đẳng thức. Nếu bình phương phải ít nhất 2 lần cho ta
phương trình bậc 4, sử dụng phương pháp hệ số bất định nhưng hệ số tự do lớn,
để phân tích được mất nhiều thời gian.
Giải: Đkxđ: x ≥ 5
Pt ⇔

Ta thấy

7x 2 + 10x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1
x 2 − x − 20 + 5. 5 ( x + 1) ≤ x ( 6x + 9 ) (Áp dụng Bđt Bun- nhi- a)

⇒ 7x 2 + 10x + 9 ≤ 6x 2 + 9x
⇔ x2 + x + 9 ≤ 0

Điều này vô lí.
Vậy phương trình vô nghiệm.
10


Sáng kiến kinh nghiệm
Bài toán 17: Giải phương trình:
2 4 27x 2 + 24x +

28
27 x
= 1+
+6
3
2

Phân tích: Việc khử căn bằng phương pháp nâng lên lũy thừa sẽ phức tạp vì lên
đến phương trình bậc 8. Để ý rằng bậc của 2 vế ở phương trình là bằng nhau.
28

2
 27x + 24x + 3 ≥ 0
Giải: Đkxđ: 
 27 x + 6 ≥ 0
 2

Ta có
2

27 2 x 2
27 
28 
 27 x

+
6
=
+ 6.27x + 36 =  27x 2 + 24x + ÷− 27

÷
4
4 
3 
 2

28 4
2
⇒ 27x 2 + 24x +
=
( 27x + 6 ) + 4
3 27
2

4  27 x
27x

⇒2
+ 6÷ + 4 = 1+
+6

27  2
2

27x
+ 6 = a (a ≥ 0)
2
4
Ta có: 2 4 a 4 + 4 = 1 + a
27

Đặt

4

2

2 2

2
a .3 + 2 ÷

4
4
4
a 2 + 3)
(
4a
4a
4a
9
2


+
+
+2 ≥
=
4
9
Lại có 81 81 81
4 4
a2 + 3
⇒2
a +4 ≥2
27
3
4

Mặt khác:
2

a a a 
2
2
2
2
 + + + 1÷
a
a a
3 3 3   a +1

+ + +1 ≥
=
÷
9 9 9
9
 2 
4 4
⇒2
a +4 ≥2
27
⇒ VT ≥ VP
4

( a + 1)
4

2

= a +1
2
9

Dấu ‘=’ có ⇔ a = 3 ⇔ x = (t / m)
Vậy phương trình có nghiệm x=

2
9

11


Sáng kiến kinh nghiệm
Bài toán 18: Giải phương trình:
x − 1 − 2x 2 − 10x + 16 = 3 − x

Phân tích: Đối với bài này việc nâng lên lũy thừa khử căn gặp rắc rối và dài
Nếu nhân liên hợp cũng không giải quyết được
Nhẩm được nghiệm x=5
x ≥ 1

Giải: Đkxđ: 

2
 2x − 10x + 6 ≥ 0

2x 2 − 10x + 16 = 2 ( x − 1) + ( x − 3) ≥ x − 1 + x − 3
2

Ta có ⇒ VP ≥ VT
Dấu ‘=’ có ⇔ x − 3 = x − 1 ⇔ x 2 − 6x + 9 = x − 1
⇔ x 2 − 7x + 10 = 0
x = 5
⇔
(t / m)
x = 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x= 5; x= 2
Bài toán 19: Giải phương trình:
2 − x2 + 2 −

1
1

= 4−x+ ÷
2
x
x


Phân tích: Ta thấy:
Pt ⇔ x + 2 − x 2 + 2 −
x 2 + ( 2 − x2 ) = 2

Và 

1
 2 − 2
x


1 1
+ =4
x2 x

2


1
÷
÷ + x2 = 2


Ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Bun- nhi- a để đánh giá.
2 − x 2 ≥ 0

Giải: Đkxđ:  1
2 − 2 ≥ 0
x


Theo bất đẳng thức Bun- nhi-a ta có:
x + 2 − x2 ≤ 2 ( x2 + 2 − x2 ) = 2

1
1
1 1 

+ 2 ≤ 2 2 − 2 + 2 ÷ = 2
2
x
x
x
x 

⇒ VT ≤ VP
Dấu ‘=’ có ⇔ x = 1 (t/m)
2−

Bài toán 20: Giải phương trình:
25 − x 4 = 2 x + 2− x + 3

12


Sáng kiến kinh nghiệm
Phân tích: Đây là phương trình không mẫu mực, ta hướng tới sử dụng bất đẳng
thức để đánh giá.
Giải: Ta có:

2 x.2− x = 1 ⇒ 2 x + 2 − x ≥ 2 2 x.2 − x = 2
⇒ VP ≥ 5 ⇒ 25 − x 4 ≥ 5 ⇒ 25 − x 4 ≥ 25 ⇒ x 4 ≤ 0 ⇒ x = 0(t / m)

Vậy nghiệm của phương trình là x= 0

C. KẾT LUẬN:
13


Sáng kiến kinh nghiệm
Trong quá trình nghiên cứu, triển khai SKKN, chủ quan tự nhận thấy đề tài đã
đảm bảo những yêu cầu của một SKKN cả về hình thức lẫn nội dung, trong đó nổi bật
là:
1, Tính sáng tạo: Những vấn đề đặt ra và giải quyết trong đề tài chỉ mới ít người
đề cập đến. Đề tài đã bổ sung, nêu ra những cái mới và đưa ra những giải pháp cụ thể.
2, Tính khoa học: Đề tài được trình bày, lý giải khoa học, rõ ràng, mạch lạc, có
hệ thống. Vấn đề nghiên cứu phù hợp với mục tiêu giáo dục, với nội dung, phương
pháp dạy học trong tình hình hiện tại, đang được Đảng, nhà nước, bộ giáo dục, giáo
viên, phụ huynh, học sinh quan tâm, khuyến khích.
3, Tính hiệu quả: SKKN nếu được áp dụng sẽ đem lại hiệu quả cao, tiết kiệm
được thời gian, công sức cho giáo viên, học sinh trong quá trình dạy học. Giáo viên có
thể dùng ngay đề tài để lên lớp và học sinh qua đây cũng rèn luyện được nhiều kỹ
năng, phát triển được nhiều năng lực. Học sinh hứng thú hơn khi được bày tỏ quan
điểm, nhận định của bản thân khi đứng trước một bài toán để đưa ra giải pháp đúng
đắn.
4, Tính ứng dụng thực tiễn: Đề tài có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ hiểu và có
thể áp dụng dễ dàng cho toàn bộ giáo viên các trường trong công tác Bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 9 nhất là các trường chất lượng cao.
Trong điều kiện thời gian và năng lực có hạn, song với mong muốn chân thành
viết để sẻ chia, trao đổi, học hỏi, hi vọng góp một phần nhỏ bé của mình vào việc đổi
mới phương pháp dạy học, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm này. Đề tài chắc
chắn không thể tránh khỏi những khiếm khuyết, kính mong đồng nghiệp, quý hội
đồng chuyên môn, hội đồng khoa học bổ sung, góp ý.
Tôi xin trân trọng cảm ơn!

14



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×