Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng liên hợp giải phương trình, hệ phương trình vô tỷ

 MỤC LỤC
 ĐỀ MỤC TRANG
Mục lục 1
1. Lời giới thiệu 2
2. Tên sáng kiến. 2
3. Tác giả sáng kiến. 2
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến. 2
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến. 2
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử. 2
7. Mô tả bản chất sáng kiến. 3-28
8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có). 29
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến. 29
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp 29
dụng sáng kiến.
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử 29
hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu.
 1 7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
 Để giúp các em có được một cách nhìn, một cách biến đổi các bài phương trình- 
hệ phương trình vô tỷ giải bằng phương pháp liên hợp.
 Nêu phương pháp, cách nhận dạng phương trình vô tỷ giải được bằng liên hợp, lấy 
ví dụ, hướng dẫn cho học sinh luyện tập và theo dõi kĩ năng biến đổi giải phương trình 
vô tỷ của học sinh.
 Sử dụng máy tính casio để biết được 01 nghiệm của phương trình.
7.1. Ý tưởng của phương pháp.
 Đối với dạng toán loại này, cần phải nhẩm được nghiệm của phương trình (việc 
nhẩm nghiệm dựa trên máy tính casio 570VN PLUS,), sau đó phân tích khéo léo để 
liên hợp cho thích hợp.
7.2. Một số công thức thường dùng.
 Biểu thức Biểu thức liên hợp Tích
 A B A B A  B
 A B A B A  B
 3 A  3 B 3 A2  3 A 3 B  3 B2 A  B
 3 A  3 B 3 A2  3 A 3 B  3 B2 A  B
Chú ý: Khi nhân với biểu thức liên hợp thì biểu thức đó phải khác 0.
7.3. Một số ví dụ minh họa.
7.3.1 Một số ví dụ về phương trình vô tỷ
Ví dụ 1: Giải phương trình x  2  4  x  2x2  5x 1 (1)
Lời giải:
Điều kiện 2  x  4. Khi đó
PT (1)  x  2 1  4  x 1  2x2  5x  3
 x  3 x  3
    (x  3)(2x  1)
 x  2  1 4  x  1
  x  3
   1 1
    2x  1 (1.1)
  x  2  1 4  x  1
 3 Vậy (3) có 2 nghiệm x  1, x  1.
Ví dụ 4: Giải phương trình sau3x 2  5x 1 x 2  2 3 x2  x 1 x 2  3x  4 (4)
Lời giải:
Ý tưởng:
Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x  2 nên ta
sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  2. Ta có 
nhận xét rằng:
3x2  5x  1  3x2  3x  3  2 x  2 và x2  2   x2  3x  4  3 x  2
Ta đi đến lời giải như sau:
(4) 3x2  5x  1 3x2  x 1 x2  2 x2  3x  4
 2x  4 3x  6
 
 3x2  5x 1 3 x2  x 1 x2  2 x 2  3x  4
  
  2 3
  x  2    0
 
 3x2  5x  1  3 x2  x 1 x2  2 x 2  3x  4 
   
Mặt khác, ta có:
 2 3
  > 0 với mọi x thỏa mãn ĐKXĐ
 3x2  5x  1 3 x2  x 1 x2  2 x 2  3x  4
Vậy phương trình (4) có một nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 5: Giải phương trình 2 x2  7x 10  x x 2 12x  20 (5)
Lời giải:
Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (5) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa 
phương trình (5) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử  x 1 .
Ta viết lại như sau:
 5  2  x2  7x  10  x  1     x  2  (*)
    x2  12x  20  
    
Để ý rằng hai phương trình x2  7x  10   x  1  0 và x2 12x  20   x  2  0
vô nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (*) ta có:
 18 x 1 16 x 1
 
 x2  7x  10  x  1 x2 12x  20  x  2
 5  x  2
 
  x  2 x  2
    3 (6.2)
  x2  12  4 x2  5  3
 x  2 5 x  2 5 
Nhận xét  1,x  và  3  3,x  .
 x2  12  4 3 x2  5  3 3
Do đó phương trình (6.2) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x  2 .
Ví dụ 7. Giải phương trình 42 x x2  2x3  42 x2  2x3 4 x4 . (7) (Khối D -2010)
Lời giải.
Điều kiện x  2 . Khi đó
PT (7)  (42 x 16).(22 x2  2x3 2 )  0
 42 x 16  0 (7.1)
   3 
 2
 2 x2  2x 2  0 (7.2)
PT (7.1)  2x  2  x  1.
PT (7.2)  2 x  2  x3  4.
  2 x  2  4  x3  8
 2(x  2)
   (x  2)(x2  2x  4)
 x  2  4
  x  2
  
  2  x2  2x  4 (7.3)
  x  2  4
 2
Nhận xét  1,x  2 và x2  2x  4  (x  1)2  3  3.
 x  2  4
Do đó phương trình (7.3) vô nghiệm. 
Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x  1 và x  2.
Ví dụ 8. Giải phương trình 3 x2  4  x 1  2x  3. (8)
Phân tích. Nhận thấy x  2 là nghiệm phương trình. 
Lời giải
Điều kiện: x  1. Khi đó
PT (8) 3 x2  4  2  x 1 1  2(x  2)
 7 5 5x 1  5 1 
  x 1 2x     0
   2 2 
 5x 1 3 9  x  2 3 9  x  4 
    
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 11: Giải phương trình x3  3x  1  8  3x2
Lời giải:
 2 6 2 6
Điều kiện:   x  
 3 3
Ta sẽ dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là:
x1  0,6180339887...; x2  1,618033989... sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A
và B. Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách
tình A + B và AB, ta thu được kết quả sau: A  B  1, AB  1. Điều đó đã chứng tỏ A, B
là hai nghiệm của phương trình: X 2  X 1  0
Và từ đây, ta có thể dự đoán được x2  x  1 chính là nhân tử của phương trình đã cho
sau khi nhân lượng liên hợp.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
 x2  x 1
x3  2x 1  4  0
 2
 8  3x  2  x 4  
 x2  x 1 x  1   0
  2  x 
 8  3x2 
 3x
Xét f  x  8  3x2  2  x ta có: f ' x   1
 8  3x2
 3x 2 1
 f '(x)  0   1  x  
 8  3x2 3 2
Ta có bảng biến thiên:
 9 (1  a)x2  (1  2a  b)x  (1  2b) (1  a2 )x2  2(1  ab)x  2  b2
  
 x  2 x2  2x  2  (ax  b)
 1  a2 2(1  ab) 2  b2
Ta chọn a, b sao cho   suy ra a  0, b  3 .
 1  a 1  2a  b (1  2b)
Lời giải
Điều kiện x  R .
Nhận xét x  2 không là nghiệm phương trình.
Xét với x  2 , ta được
 x2  x 1
PT (*)   x2  2x  2
 x  2
 x2  x 1 
  3 x2  2x  2  3
 x  2
 x2  2x  7 x2  2x  7
  
 x  2 x2  2x  2  3
 2 
  x  2x  7  0 (1)
  1 1
   (2)
 2 
  x  2 x  2x  2  3
  x  1  2 2
 PT (1)  
 x  1  2 2
 PT (2) (x 1)2  1  x 1 (vô nghiệm).
Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x  1  2 2, x  1  2 2.
Ví dụ 14. Giải phương trình x3  6x2  2x  3  (5x 1)x 3  3 (*)
Phân tích
 1 x3  6x2  2x  3
Nhận thấy x  không là nghiệm phương trình. PT (*)   x3  3 , ta
 5 5x 1
 x3  6x2  2x  3
bớt hai vế biểu thức ax  b được  (ax  b)  x3  3 (ax  b) . Bằng
 5x 1
cách tương tự, chọn được a  2, b  0 .
Lời giải
Điều kiện x   3 3 .
 1
Nhận xét x  không là nghiệm phương trình.
 5
 11  1 1  
 2  x x 1    x  2  0
  
  3  x  x 1 2  x  x 
  x  1
  .
 x  2
- Với bài này, việc xuất hiện thêm các đa thức chứa trị tuyệt đối tưởng chừng như sẽ gây 
cho ta thêm khó khăn trong việc giải quyết. Nhưng nhờ sử dụng phương pháp nhân 
lượng liên hợp, bài toán đã được giải quyết nhanh chóng! Khi ấy, ta chỉ cần chuyển các 
lượng trên về đúng vị trí và sử dụng pp nhân liên hợp là đủ.
Sau đây là một số bài toán khác:
 x  3 
Ví dụ 16: Giải phương trình 3 x2  1  x  3  x  1  x   5 .
 x2  6
Lời giải:
Điều kiện: x  3
Phương trình đã cho tương đương với:
 x  3 
 3 x2 1  2  x  3  x  1  2    x  3   2
  x2  6
 x2  1  8 x  1  4 15  x  2x2
 x  3    x  3 
 2 x  1  2 x 2  6
 3  x2 1  2 3 x2  1  4
  
 x  3  x  3 x  3 x  3 2x  5 
 x  3   1  x  3    0
  2 x2  6
 3 x2 1  2 3 x 2 1  4 x  1  2
    
 x  3 .
Ví dụ 17. Giải phương trình2x  1 2￿x  3  ￿x  3  x 1 (1)
Phân tích. Ta thấy (2x  1)  (x  3)  (2x  3)  (x 1)
Lời giải
 3 
Điều kiện x  . Khi đó
 2
PT (1)  2x  1 x  3  x 1  2x  3
 x  2 2  x
  
 2x  1  x  3 x 1 2x  3
 13