Sáng kiến kinh nghiệm Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình với sự hỗ trợ của máy tính Casio fx-570 VN Plus

Sáng kiến kinh nghiệm Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình với sự hỗ trợ của máy tính Casio fx-570 VN Plus

Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành bài viết với đề tài này tôi đã nghiên cứu kỹ

các phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và kỹ năng

sử dụng máy tính cầm tay để giải toán.

• Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là nội dung chương trình môn

toán THPT đặc biệt là các chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương

trình và hệ bất phương trình và kiến thức về ứng dụng của máy tính bỏ túi.

pdf 21 trang Người đăng Hoài Minh Ngày đăng 15/08/2023 Lượt xem 323Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình với sự hỗ trợ của máy tính Casio fx-570 VN Plus", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Ở ĐẦU 1
1.1. Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.4. Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.5. Phạm vi áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. NỘI DUNG 3
2.1. Một số kiến thức cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.1.1 Định lý Vi-ét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.1.2. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.1.3. Các dạng bất phương trình vô tỉ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2. Một số bài toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 15
3.1. Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2. Kiến nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
TÀI LIỆU THAM KHẢO 17
i
DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
N : Tập các số tự nhiên
Z : Tập các số nguyên
Q : Tập các số hữu tỉ
R : Tập các số thực
MTBT : Máy tính bỏ túi
SGK : Sách giáo khoa
THPT : Trung học phổ thông
SKKN : Sáng kiến kinh nghiệm
ĐH-CĐ : Đại học - cao đẳng
ii
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
- Trong chương trình môn toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em
học sinh đã được tiếp cận với các dạng bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình và được tiếp cận với một vài cách giải thông thường đối với những bài
toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán đó trong các đề thi tuyển
sinh ĐH-CĐ rất phong phú và đa dạng, mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải
nhưng trình bày còn lủng củng chưa được rõ ràng, sáng sủa thậm chí còn mắc một số
sai lầm không đáng có , Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành được trình
bày đang còn đơn giản về nội dung, giới thiệu sơ lược một số ví dụ và đưa ra cách giải
khá rườm rà khó hiểu và dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn
chế. Mặt khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá
trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để
hình thành kỹ năng giải cho học sinh. Nhưng trong thực tế, để giải được các bài toán
này đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ cao và
phải có năng lực biến đổi toán học nhanh nhẹn thuần thục.
- Ngày nay với sự phát triển mạnh mẽ về Công nghệ thông tin, Máy tính bỏ túi
(MTBT) là công cụ rất hữu hiệu hỗ trợ học sinh trong quá trình học và giáo viên trong
quá trình dạy. Có nhiều bài toán khó nhưng với chiếc MTBT chúng ta có thể tìm được
phương pháp giải.
- Bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình trong các đề thi
ĐH-CĐ là tương đối khó, với mục đích giúp học sinh có thêm kỹ năng giải quyết bài
toán nên tôi xin trình bày một số bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình với sự hỗ trợ của MTBT CASIO fx-570 VN PLUS.
1
1.2. Mục đích nghiên cứu
• Đề tài này được nghiên cứu nhằm mục đích trang bị thêm cho học sinh phương
pháp giải toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và kỹ năng sử
dụng MTBT để hỗ trợ tìm kiếm lời giải.
• Giúp học sinh tự tin hơn khi tiếp cận bài toán, khi bên cạnh các em có thêm phương
tiện học tập đắc lực là MTBT, qua đó nâng cao hiệu quả hơn trong các kỳ thi, đặc
biệt là kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia.
• Tích lũy kinh nghiệm giảng dạy cho bản thân, cho đồng nghiệp, tạo cảm hứng cho
học sinh trong quá trình học tập.
• Hướng ứng phong trào thi đua viết SKKN của tập thể giáo viên trường THPT
Nguyễn Văn Cừ năm học 2015 - 2016.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành bài viết với đề tài này tôi đã nghiên cứu kỹ
các phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và kỹ năng
sử dụng máy tính cầm tay để giải toán.
• Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là nội dung chương trình môn
toán THPT đặc biệt là các chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình và hệ bất phương trình và kiến thức về ứng dụng của máy tính bỏ túi.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
• Sử dụng phương pháp nghiên cứu lí luận
• Sử dụng phương pháp tổng kết kinh nghiệm thực tiễn
2
1.5. Phạm vi áp dụng
Đề tài này có thể áp dụng được cho tất cả học sinh có học lực từ trung bình trở lên của
trường THPT Nguyễn Văn cừ.
2. NỘI DUNG
2.1. Một số kiến thức cơ sở
2.1.1.Định lý Vi-ét
• Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx+ c = 0(a 6= 0) có hai nghiệm x1, x2 thì
x1 + x2 = − b
a
, x1.x2 =
c
a
.
• Ngược lại, nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u.v = P thì u và v là các
nghiệm của phương trình x2 − Sx+ P = 0.
2.1.2. Các dạng phương trình vô tỉ cơ bản
•
√
f(x) = g(x)⇔
 g(x) ≥ 0f(x) = [g(x)]2
•
√
f(x) =
√
g(x)⇔
 g(x) ≥ 0 (hoặcf(x) ≥ 0)f(x) = g(x)
• 3
√
f(x) = g(x)⇔ f(x) = [g(x)]3
• 3
√
f(x) = 3
√
g(x)⇔ f(x) = g(x)
2.1.3. Các dạng bất phương trình vô tỉ cơ bản
•
√
f(x) ≥
√
g(x)⇔
 g(x) ≥ 0f(x) ≥ g(x)
•
√
f(x) ≥ g(x)⇔
 g(x) < 0f(x) ≥ 0 hoặc
 g(x) ≥ 0f(x) ≥ [g(x)]2
3
•
√
f(x) ≤ g(x)⇔

f(x) ≥ 0
g(x) ≥ 0
f(x) ≤ [g(x)]2
2.2. Một số bài toán
Bài toán 1
Giải phương trình
√
2− x+ 2− 3√2x2 + 6x+ 3 = 0. (1)
Phân tích và lời giải: Điều kiện x ≤ 2
Đặt t =
√
2− x suy ra t2 = 2− x⇒ x = 2− t2, t ≥ 0
Khi đó phương trình (1) trở thành :
t+ 2 = 3
√
2(2− t2)2 + 6(2− t2) + 3⇔ 2t4 − t3 − 20t2 − 12t+ 15 = 0 (2)
Bây giờ ta sử dụng chức năng SHIFT SOLV E của MTBT để tìm các nghiệm của
phương trình (2), Tiếp đó dùng máy tính tính các tổng và tích sau
t1 = 0, 618... lưu t1 vào biến A
t2 = 3, 58... lưu t2 vào biến B
t3 = −1, 618... lưu t3 vào biến C
t4 = −2, 089... lưu t4 vào biến D
Bảng 1:
A+B = 4, 20748... A.B = ... Nhân tử: Không xác định được
A+ C = −1 A.C = −1 Nhân tử là t2 + t− 1
A+D = −1, 47142... A.D=... Nhân tử: Không xác định được
B + C = 1, 97142... B.C = ... Nhân tử: Không xác định được
B +D = −3
2
B.D = −15
2
Nhân tử là t2 − 3
2
t− 15
2
C +D = −3, 70748... C.D =... Nhân tử: Không xác định được
Bảng 2:
4
Vì vậy phương trình (2) tương đương 2(t2 + t− 1)
(
t2 − 3
2
t− 15
2
)
= 0
⇔
 t2 + t− 1 = 0
2t2 − 3t− 15 = 0
⇔

t =
−1 +√5
2
nhận
t =
−1−√5
2
loại
t =
3 +
√
129
4
nhận
t =
3−√129
4
loại
• Với t =
√
5− 1
2
⇒ √2− x =
√
5− 1
2
⇔ 2− x = 6− 2
√
5
4
⇔ x =
√
5 + 1
2
(n)
• Với t =
√
129 + 3
4
⇒ √2− x =
√
129 + 3
4
⇔ 2− x = 132 + 6
√
129
16
⇔ x = −3
√
129− 53
8
(n)
Vậy phương trình có hai nghiệm x =
√
5 + 1
2
và x =
−3√129− 53
8
.
Nhận xét: Bài toán trên ta không thể dùng máy để dò các nghiệm x để xét tổng và tích
rồi dự đoán nhân tử chung để đưa ra định hướng biểu thức liên hợp vì qua cách giải
trên ta thấy phương trình có hai nghiệm vô tỉ, nhưng tổng và tích không phải là những
số hữu tỉ.
Bài toán 2
Giải hệ phương trình (trích đề thi đại học khối D-2012) xy + x− 2 = 0 (1)2x3 − x2y + x2 + y2 − 2xy − y = 0 (2)
Trước tiên ta sử dụng máy tính để tìm kiếm lời giải
Nếu phương trình (2) có nhân tử chung thì ta sẽ tìm quy luật bằng cách nhập phương
trình (2) vào màn hình máy tính, rồi dùng chức năng dò SHIFT SLOVE, nhưng mặc
định máy tính chỉ hiểu x là biến còn y là tham số. Do đó máy yêu cầu nhập y và máy
sẽ tìm x, ta nhập vài giá trị y đơn giản để tìm giá trị x tương ứng, qua đó ta tìm ra quy
luật biểu diễn giữa x và y.
Kết quả được thể hiện qua bảng sau
5
y 1 2 3 4
x 1 0.5 1 1.5
Bảng 3:
Nhìn vào bảng ta nhận thấy các cặp số (2; 0.5); (3; 1), (4; 1.5) có quy luật biểu diễn
là y = 2x+ 1. Do đó ta dự đoán nhân tử chung của phương trình là 2x+ 1− y.
Giải: Phương trình (2) tương đương x2(2x− y + 1) + y(y − 2x− 1) = 0
⇔ x2(2x+ 1− y)− y(2x+ 1− y) = 0⇔ (2x+ 1− y)(x2 − y) = 0⇔
 y = 2x+ 1
y = x2
• Khi y = 2x+ 1 thay vào phương trình (1), ta có x(2x+ 1) + x− 2 = 0
⇔ 2x2 + 2x− 2 = 0⇔
 x = −1−
√
5
2
⇒ y = −√5
x =
−1 +√5
2
⇒ y = √5
• Khi y = x2 thay vào phương trình (1), ta có x3+x−2 = 0⇔ (x− 1)(x2 + x+ 2) = 0
⇔ x = 1⇒ y = 1.
Vậy hệ phương trình trên có ba nghiệm
(−1 +√5
2
;
√
5
)
,
(−1−√5
2
;−√5
)
, (1; 1) .
Nhận xét: Chúng ta cũng có thể giải bài toán trên bằng phương pháp rút thế, sau đó sử
dụng máy tính trong việc hỗ trợ giải phương trình bậc cao, được trình bày sau.
Do x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên từ phương trình (1) ta có
y =
2− x
x
(3). Thế vào phương trình (2) rồi biến đổi ta có phương trình
x5 + x4 − x2 − 3x+ 2 = 0⇔ (x− 1)(x4 + 2x3 + 2x2 + x− 2) = 0
⇔
 x = 1
x4 + 2x3 + 2x2 + x− 2 = 0 (4)
Nhập phương trình (4) vào máy tính, dùng chức năng dò nghiệm SHIFT SOLVE, thử
tổng và tích các nghiệm ta sẽ phân tích được thành nhân tử. Ta dò được hai nghiệm
x1, x2 như sau.
6
x1 = −1.618... gán x1 cho biến A
x2 = 0.618... gán x2 cho biến B
Bảng 4:
Do A + B = −1 và A.B = −1 nên nhân tử là x2 + x − 1. Thực hiện phép chia đa
thức x4 + 2x3 + 2x2 + x− 2 = 0 cho x2 + x− 1 được thương là x2 + x+ 2. Nên phương
trình (4) tương đương
(x2 + x− 1)(x2 + x+ 2) = 0⇔ x2 + x− 1 = 0, phương trìnhx2 + x+ 2 = 0 vô nghiệm.
⇔
 x = −1 +
√
5
2
⇒ y = √5
x =
−1−√5
2
⇒ y = −√5
Vậy hệ phương trình trên có ba nghiệm
(−1 +√5
2
;
√
5
)
,
(−1−√5
2
;−√5
)
, (1; 1) .
Bài toán 3
Giải bất phương trình
√
x2 + x+
√
x− 2 ≥
√
3(x2 − 2x− 2) (1) trên tập số thực.
(Trích đề thi minh họa - kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia năm 2015)
Giải: Điều kiện của bất phương trình: x ≥ 1 +√3 (∗).
Với điều kiện (*), bất phương trình (1)
⇔ x2 + 2x− 2 + 2
√
x(x+ 1)(x− 2) ≥ 3(x2 − 2x− 2)
⇔
√
x(x+ 1)(x− 2) ≥ x2 − 4x− 2 (đây là bất phương trình vô tỉ có dạng cơ bản)
⇔

 x2 − 4x− 2 < 0x(x+ 1)(x− 2) ≥ 0 (I) x2 − 4x− 2 ≥ 0x(x+ 1)(x− 2) ≥ (x2 − 4x− 2)2 (II)
Giải hệ (I) và kết hợp với điều kiện (∗) ta có tập nghiệm T1 =
[
1 +
√
3; 2 +
√
6
)
Giải hệ (II): Bất phương trình x2−4x−2 ≥ 0⇔ x ∈ (−∞; 2−√6] ∪ [2 +√6;+∞), (∗∗).
Bây giờ ta cần đến sự hỗ trợ của máy tính để giải bất phương trình
x(x+ 1)(x− 2) ≥ (x2 − 4x− 2)2 ⇔ x4 − 9x3 + 13x2 + 18x+ 4 ≤ 0 (2).
7
Nhập vế trái của bất phương trình vào máy tính, dùng chức năng SHIFT SLOVE ta dò
được 4 nghiệm
x1 = −0.65... Lưu x1 vào biến A
x2 = −0.32... Lưu x2 vào biến B
x3 = 3.20... Lưu x2 vào biến C
x4 = 6.50... Lưu x4 vào biến D
Bảng 5:
Thử tổng và tích các nghiệm ta có A+D = 6;A.D = −4 và B + C = 3;B.C = −1.
Nên bất phương trình (2) tương đương (x2 − 6x− 4)(x2 − 3x− 1) ≤ 0
Giải bất phương trình này bằng phương pháp lập bảng xét dấu ta có nghiệm x ∈[
3−√13; 3−
√
13
2
]
∪
[
3 +
√
13
2
; 3 +
√
13
]
, kết hợp với các điều kiện (∗) và (∗∗) ta có
tập nghiệm T2 =
[
2 +
√
6; 3 +
√
13
]
.
Suy ra tập nghiệm của bất phương trình (1) là T = T1 ∪ T2 =
[
1 +
√
3; 3 +
√
13
]
.
Tôi xin trình bày cách giải theo đáp án bộ giáo dục đưa ra để chúng ta tiện so sánh
giữa hai cách trình bày.
• Điều kiện x ≥ 1 +√3 (∗).
• Với điều kiện (∗) , bất phương trình (1) tương đương
x2 + 2x− 2 + 2
√
x(x+ 1)(x− 2) ≥ 3(x2 − 2x− 2)
⇔
√
x(x+ 1)(x− 2) ≥ x(x− 2)− 2(x+ 1)(√
x(x− 2)− 2√x+ 1
)(√
x(x− 2) +√x+ 1
)
≤ 0 (2)
Do với mọi x thỏa mãn (∗), nên ta có
√
x(x− 2) +√x+ 1 > 0 nên
(2) ⇔
√
x(x− 2) ≤ 2√x+ 1
⇔ x2 − 6x− 4 ≤ 0
⇔ 3−√13 ≤ x ≤ 3 +√13 (∗∗).
Kết hợp (∗) và (∗∗), ta được tập nghiệm của bất phương trình (1) là:
T =
[
1 +
√
3; 3 +
√
13
]
.
8
Nhận xét: Cách giải thứ hai trình bày gọn gàng hơn cách thứ nhất nhưng học sinh sẽ
khó lòng thực hiện khi tạo nhân tử chung bằng cách này.
Bài toán 4
Giải phương trình 3
√
12x2 + 46x− 15− 3√x3 − 5x+ 1 = 2(x + 1), (1) trên tập số thực.
Phân tích và lời giải: Nhập phương trình (1) vào máy tính. Dùng chức năng SHIFT
SLOVE ta dò được ba nghiệm
x1 = 2 Lưu x1 vào biến A
x2 = −2.41... Lưu x2 vào biến B
x3 = 0.414... Lưu x3 vào biến C
Bảng 6:
Do B + C = −2, B.C = −1, nên ta suy ra nhân tử của phương trình là
(x− 2)(x2 + 2x− 1) = x3 − 5x+ 2.
Bây giờ ta đi tìm lượng liên hợp cho các căn bậc ba ở vế trái, ta dễ dàng nhận biết biểu
thức cần thêm, bớt để liên hợp là dạng bậc nhất ax+ b.
Nên ta giả định 3
√
12x2 + 46x− 15− (ax + b) = 0, Thay x = 2 và x = −1 +√2 vào ta
có hệ ẩn a, b, giải ra ta có a = 2, b = 1. Suy ra 3
√
12x2 + 46x− 15− (2x+ 1).
Tương tự 3
√
x3 − 5x+ 1− (ax+ b) = 0, thay x = 2 và x = −1+√2 ta có hệ ẩn a, b, giải
ra ta có a = 0, b = −1. Suy ra 3√x3 − 5x+ 1 + 1.
Do đó phương trình (1)
⇔ 3√12x2 + 46x− 15− (2x+ 1)− ( 3√x3 − 5x+ 1 + 1)) = 0
⇔ −8x
3 + 40x− 16
3
√
(12x2 + 46x− 16)2 + (2x+ 1) 3√12x2 + 46x− 15 + (2x+ 1)2
− x
3 − 5x+ 2
3
√
(x3 − 5x+ 1)2 + 3√x3 − 5x+ 1 + 1
= 0 ⇔
(
x3 − 5x+ 2)
 8
3
√
(12x2 + 46x− 15)2 + (2x− 1) 3√12x2 + 46x− 15 + (2x+ 1)2
9
+
1
3
√
(x3 − 5x2 + 1)2 + 3√x3 − 5x2 + 1 + 1
 = 0, (∗)
Do
8
3
√
(12x2 + 46x− 15)2 + (2x+ 1) 3√12x2 + 46x− 15 + (2x+ 1)2
+
1
3
√
(x3 − 5x+ 1)2 + 3√x3 − 5x+ 1 + 1
> 0 với mọi x.
Nên phương trình (∗)
⇔ x3 − 5x+ 2 = 0⇔ x = 2;x = −1 +√2;x = −1−√2.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
{
2;−1±√2}
Bài toán 5
Giải hệ phương trình sau với x, y ∈ R (Trích đề thi cao đẳng năm 2011) 2
√
2x+ y = 3− 2x− y, (1)
x2 − 2xy − y2 = 2, (2)
Phân tích: Phương trình (2) đơn giản nhưng dùng máy tính ta không phát hiện ra quy
luật biểu diễn giữa x và y, nhưng với phương trình (1) ta lại tìm ra quy luật biểu diễn
giữa x và y.
y 0 1 2 3
x 0.5 0 -0.5 -1
Bảng 7:
Từ bảng ta dự đoán cách biểu diễn là y = 1− 2x. Do đó phương trình (1) sẽ có nhân
tử chung là 2x+ y − 1, từ đó ta có cách điều chỉnh để xuất hiện biểu thức này.
Giải: Điều kiện của hệ là 2x+ y ≥ 0.
Phương trình (1) tương đương
2(
√
2x+ y − 1) + 2 = 3− 2x− y
⇔ 2 2x+ y − 1√
2x+ y + 1
+ 2x+ y − 1 = 0
10
⇔ (2x+ y − 1)
(
2√
2x+ y + 1
+ 1
)
= 0
⇔ 2x+ y − 1 = 0, vì
(
2√
2x+ y + 1
+ 1
)
≥ 0.
y = 1− 2x (∗) thế vào phương trình (2) và biến đổi, ta có phương trình
x2 + 2x− 3 = 0
⇔
 x = 1⇒ y = −1, thỏa mãn điều kiện
x = −3 ⇒ y = 7, thỏa mãn điều kiện
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;−1), (−3; 7).
Bài toán 6
Giải hệ phương trình sau với ẩn x, y ∈ R (trích đề thi đại học khối A năm 2011). 5x2y − 4xy2 + 3y3 − 2(x+ y) = 0 (1)xy(x2 + y2) + 2 = (x+ y)2 (2)
Phân tích tìm lời giải: Do phương trình (2) đơn giản hơn nên ta tìm dùng máy tính để
tìm mối liên hệ giữa x và y ở phương trình (2). Nhập phương trình vào máy tính, dùng
chức năng SHIFT SLOVE được thể hiện trong bảng sau
y 1 2 3 4
x 1 0.5 =
1
2
0.333... =
1
3
0.25 =
1
4
Bảng 8:
Ta dự đoán được mối liên hệ giữa x và y là: x.y = 1, tức nhân tử chung là xy − 1.
Giải: Phương trình (2) ⇔ xy(x2 + y2) + 2 = x2 + y2 + 2xy
⇔ xy(x2 + y2)− (x2 + y2) + 2− 2xy = 0
⇔ (x2 + y2)(xy − 1)− 2(xy − 1) = 0
⇔ (xy − 1)(x2 + y2 − 2) = 0
⇔
 xy = 1
x2 + y2 = 2
11
• Với xy = 1⇒ x = 1
y
thay vào phương trình (1) và biến đổi, ta có phương trình
3y4 − 6y2 + 3 = 0⇔ y2 = 1⇔ y = ±1 .
Nên trong trường hợp này hệ có 2 nghiệm (1; 1) và (−1;−1).
• Với x2 + y2 = 2 Phương trình (1)
⇔ 3x2y + 3y3 + 2x2y − 4xy2 − 2x− 2y = 0
⇔ 3y(x2 + y2) + 2x2y − 4xy2 − 2x− 2y = 0
⇔ 4y + 2x2y − 4xy2 − 2x = 0
⇔ (x− 2y)(2xy − 2) = 0 x = 2y
xy = 1 (đã giải ở trên)
Với x = 2y thay vào phương trình x2 + y2 = 2 ta có 5x2 = 2
⇔
 x =
√
2
5
⇒ y = 2
√
2
5
x = −
√
2
5
⇒ y = −2
√
2
5
Vậy hệ có hai nghiệm là
(√
2
5
;
2
√
2
5
)
và
(−√2
5
;−2
√
2
5
)
.
Bài toán 7
Giải hệ phương trình
 9x2 + 9xy + 5x− 4y + 9
√
y = 7 (1)
√
x− y + 2 + 1 = 9(x− y)2 +√7x− 7y (2)
(x, y ∈ R).
Phân tích tìm lời giải:Ta tìm mối liên hệ giữa x và y từ phương trình (2) kết quả được
thể hiện trong bảng sau
y 0 1 2 3
x 0.3333... =
1
3
1, 3333... =
4
3
2.3333.. =
7
3
3.3333... =
10
3
Bảng 9:
Ta dự đoán nhân tử chung là x = y+
1
3
, nên ta sẽ sử dụng phương pháp liên hợp "ép
xuất hiện nhân tử chung" là 3y − 3x+ 1.
Giải: Điều kiện x ≥ y ≥ 0.
12
Nếu x = y thì phương trình (2) vô nghiệm, suy ra x > y, do đó từ phương trình (2)
⇔ √x− y + 2−√7x− 7y + 1− [3(x− y)]2 = 0
⇔ 2− 6x+ 6y√
x− y + 2 +√7x− 7y + (1− 3x+ 3y) (1 + 3x− 3y) = 0
⇔ (1− 3x+ 3y)
[
2√
x− y + 2 +√7x− 7y + (1 + 3x− 3y)
]
= 0 (∗)
Vì x > y ≥ 0 nên
[
2√
x− y + 2 +√7x− 7y + (1 + 3x− 3y)
]
> 0 nên phương trình (∗)
tương đương y = x− 1
3
thay vào phương trình (1) ta được phương trình
9x2 + 9x
(
x− 1
3
)
+ 5x− 4
(
x− 1
3
)
+ 9
√
x− 1
3
= 7
⇔ 18x2 − 8x + 6x − 8
3
+ 9
√
x− 1
3
− 3 = 0 (∗∗), sử dụng máy tính ta tìm được một
nghiệm x =
4
9
. Ta lại tiếp tục ép để xuất hiện nhân tử chung là 4x− 9
Phương trình (∗∗) tương đương
⇔ 2x(9x− 4) + 2
3
(9x− 4) + 3(√9x− 3− 1) = 0
⇔ (9x− 4)
(
2x+
2
3
+
3√
9x− 3 + 1
)
= 0⇔ x = 4
9
,
vì x>0 nên
(
2x+
2
3
+
3√
9x− 3 + 1
)
> 0.
Với x =
4
9
⇒ y = 1
9
. Vậy hệ có nghiệm là
(
4
9
;
1
9
)
2.3. Bài tập
Bài tập 1
Giải phương trình sau trên tập số thực R : 2x+ 3
√
9− x3 = √3x2 + 13
Đáp số : S = {1; 2}
Bài tập 2
Giải hệ phương trình
 x3 − y3 − 6x2 + 3(x− 5y) = 14√3− x+√y + 4 = x3 + y2 − 5 (x, y ∈ R).
Đáp số : S = {(−1;−3), (2; 0)}
13
Bài tập 3
Giải phương trình
√
x2 + 4x+ 3 +
√
x2 + x =
√
3x2 + 4x+ 1 trên tập số thức R.
Đáp số:S =
{
−1; −8− 2
√
19
3
}
Bài tập 4
Giải hệ phương trình
 2x2 − y2 − 7x+ 2y + 6 = 0−7x3 + 12x2y − 6xy2 + y3 − 2x+ 2y = 0 (x, y ∈ R).
Đáp số : S = {(2; 2), (3; 3)}
Bài tập 5
Giải bất phương trình
√
5x− 1−√x− 1 > √2x− 4.
Đáp số:S = [2; 10)
Bài tập 6
Giải bất phương trình (2x− 1)√x+√2x2 + x− 1 ≥ √2x2 − x+√x+ 1.
Đáp số: S =
[
1
2
;+∞
)
Bài tập 7
Giải hệ phương trình
 x
(
4y3 + 3y +
√
5y2 − x2
)
= y2
(
x2 + 4y2 + 8
)
x+
√
12− 2x = 2y2 − 2√y − 4
(x, y ∈ R).
Đáp số : S =
{(
3 +
√
5;
3 +
√
5
5
)}
Bài tập 8
Giải phương trình
√
3 + 2x+
√
6− 2x = 3 +√−4x2 + 6x+ 18 trên tập số thực R.
Đáp số : S =
{
−3
2
; 3
}
14
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Mặc dù chương trình SGK hiện hành đã giảm tải khá nhiều nhưng trong các đề thi
tuyển sinh vào đại học cao đẳng, kỳ thi tốt nghiệp THPT hiện nay thì câu giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình vẫn thuộc dạng câu khó có tính phân loại.
Do vậy nếu học sinh chỉ nắm vững kiến thức phương pháp giải toán trong SGK thì số
lượng học sinh giải được câu này là không nhiều. Do vậy để học sinh đạt kết quả cao
hơn ngoài việc giáo viên trang bị thêm kiến thức phương pháp giải toán bổ trợ thì việc
dạy cho các em có kỹ năng sử dụng và khai thác những thế mạnh mà MTBT mang lại
là điều hết sức cần thiết.
Trong phạm vi bài viết này tôi xin giới thiệu một số bài toán về phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình mà việc phân tích tìm kiếm lời giải được hỗ trợ bởi
MTBT, có thể cách thực hiện mà tôi trình bày không gọn gàng nhưng với cách này học
sinh dễ dàng hơn trong việc xử lí và giải quyết một bài toán.
Trong điều kiện đơn vị nơi tôi công tác số lượng và chất lượng học sinh còn rất hạn
chế thì việc ứng dụng công nghệ thông tin vào quá trình học tập là rất cần được phát
huy.
Mặc dù đã cố gắng nghiên cứu tham khảo nhiều tài liệu để vừa viết, vừa giảng dạy
trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, song với năng lực và thời gian có hạn, rất mong sự
đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp, những người yêu thích môn toán để đề tài
mang lại hiệu quả thiết thực hơn cho nhà trường, góp phần nâng cao hiệu quả giảng
dạy của bản thân và chất lượng học tập cho học sinh.
3.2. Kiến nghị
• Đối với hội đồng khoa học cấp trường:
Có giải pháp khuyến khích giáo viên tích cực trong việc tự nghiên cứu bồi dưỡng
15
nâng cao trình độ chuyên môn và nghiệp vụ.
• Đối với sở giáo dục Đào tạo
- Cần tổ chức các buổi hội thảo chuyên môn thiết thực hơn trong việc trao đổi
nâng cao hiệu quả dạy học các chuyên đề.
- 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfsang_kien_kinh_nghiem_giai_phuong_trinh_bat_phuong_trinh_he.pdf