PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Định hướng đổi toàn diện giáo dục nước ta giai đoạn “chuyển mạnh trình giáo dục từ chủ yếu trang bị kiến thức sang phát triển toàn diện lực phẩm chất người học” Theo đó, Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 xây dựng theo định hướng phát triển phẩm chất lực học sinh; tạo môi trường học tập rèn luyện giúp học sinh phát triển hài hoà thể chất tinh thần, trở thành người học tích cực, tự tin, biết vận dụng phương pháp học tập tích cực để hồn chỉnh tri thức kĩ tảng, có ý thức lựa chọn nghề nghiệp học tập suốt đời; có phẩm chất tốt đẹp lực cần thiết để trở thành người cơng dân có trách nhiệm, người lao động có văn hoá, cần cù, sáng tạo Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo từ lâu xác định mục tiêu quan trọng giáo dục.Theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018, lực giải vấn đề sáng tạo lực cốt lõi cần phải bồi dưỡng phát triển cho người học Năng lực giải vấn đề sáng tạo khái niệm Do vậy, việc làm rõ khái niệm nghiên cứu khả dạy học mơn Tốn nhằm góp phần phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cần thiết Phương trình vơ tỷ có nhiều dạng phương pháp giải khác Nó thường xuất kỳ thi học sinh giỏi Hiện nay, có nhiều tài liệu, sách tham khảo viết phương trình vơ tỷ Tuy nhiên, tài liệu, sách tham khảo phần lớn dừng lại việc phân dạng phương trình vơ tỷ, nêu phương pháp giải lấy ví dụ minh họa Rất tài liệu, sách tham khảo viết theo hướng phát triển lực học sinh Trong dạy học mơn Tốn, chúng tơi cho rằng, phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc sử dụng tốn phương trình vơ tỷ Hiện nay, có nhiều nghiên cứu phát triển lực giải vần đề sáng tạo cho học sinh thông qua chủ đề, toán nhiều lĩnh vực khác toán học…Tuy nhiên, chưa có nghiên cứu phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thơng qua tốn phương trình vơ tỷ Vì lý trên, tác giả chọn đề tài: “Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua số tập phương trình vơ tỷ” để nghiên cứu PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I CƠ SỞ KHOA HỌC Cơ sở lý luận Có nhiều nghiên cứu lực giải vấn đề lực sáng tạo nói chung Theo Nguyễn Lộc, Nguyễn thị Lan Phương công (2016), “năng lực giải vấn đề khả cá nhân sử dụng hiệu trình nhận thức, hành động thái độ, động cơ, xúc cảm để giải tính vấn đề mà khơng có sẵn quy trình, thue tục, giải pháp thông thường” [2; tr216] Trần Việt Dũng (2013), “năng lực sáng tạo khả tạo có giá trị cá nhân dựa tổ hợp phẩm chất độc đáo cá nhân đó” [3; tr162] Tuy nhiên, việc đưa vào khái niệm lực giải vấn đề lực sáng tạo chương trình giáo dục phổ thơng - Chương trình tổng thể cách đưa sáng tạo, có tính Theo đó, lực giải vấn đề lực sáng tạo thể cấp THPT mơ tả sau: -Nhận ý tưởng mới: Biết xác định làm rõ thông tin, ý tưởng phức tạp từ nguồn thơng tin khác nhau; biết phân tích nguồn thơng tin độc lập để thấy khuynh hướng độ tin cậy ý tưởng - Phát làm rõ vấn đề: Phân tích tình học tập, sống; phát nêu tình có vấn đề học tập, sống - Hình thành triển khai ý tưởng mới: Nêu nhiều ý tưởng học tập sống; suy nghĩ khơng theo lối mịn; tạo yếu tố dựa ý tưởng khác nhau; hình thành kết nối ý tưởng; nghiên cứu để thay đổi giải pháp trước thay đổi bối cảnh; đánh giá rủi ro có dự phịng - Đề xuất, lựa chọn giải pháp: Biết thu thập làm rõ thơng tin có liên quan đến vấn đề; biết đề xuất phân tích số giải pháp giải vấn đề; lựa chọn giải pháp phù hợp - Thiết kế tổ chức hoạt động: + Lập kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp; + Tập hợp điều phối nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động + Biết điều chỉnh kế hoạch việc thực kế hoạch, cách thức tiến trình giải vấn đề cho phù hợp với hoàn cảnh để đạt hiệu cao + Đánh giá hiệu giải pháp hoạt động - Tư độc lập: Biết đặt nhiều câu hỏi có giá trị, khơng dễ dàng chấp nhận thông tin chiều; không thành kiến xem xét, đánh giá vấn đề; biết quan tâm tới lập luận minh chứng thuyết phục; sẵn sàng xem xét, đánh giá lại vấn đề Trong đề tài này, quan niệm lực giải vấn đề sáng tạo mơn Tốn khả huy động, tổng hợp kiến thức, kĩ thuộc tính cá nhân nhằm giải nhiệm vụ học tập mơn Tốn, có biểu sáng tạo Sự sáng tạo trình giải vấn đề biểu bước đó, cách hiểu vấn đề, hướng giải cho vấn đề, cải tiến cách thực giải vấn đề, cách nhìn nhận đánh giá Nói riêng, dạy học mơn Tốn, Chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn nêu rõ định hướng nội dung giáo dục toán học góp phần hình thành phát triển cho học sinh phẩm chất chủ yếu, lực chung lực toán học (bao gồm: NL tư lập luận tốn học, NL mơ hình hóa tốn học, NL giải vấn đề toán học, NL giao tiếp toán học, NL sử dụng cơng cụ, phương tiện tốn học)[4; tr 9] Như vậy, thấy mối quan hệ việc phát triển lực thành phần lực toán học lực giải vấn đề sáng tạo Cũng phân tích trên, chúng tơi cho rằng, giáo viên phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc tập trung rèn luyện cho học sinh thực hoạt động “năng lực thành phần” lực giải vấn đề sáng tạo trình bày Cơ sở thực tiễn Trong giai đoạn nay, dạy học theo chương trình giáo dục phổ thơng hành (chương trình sách giáo khoa năm 2006) xây dựng theo hướng tiếp cận nội dung Chun đề phương trình vơ tỷ chương trình sách giáo khoa đại số lớp 10 có thời lượng khơng nhiều, số lượng tập ít, thiếu tính đa dạng Thực tế cho thấy, phương trình vơ tỷ đa dạng phong phú, có nhiều phương pháp giải khác nhau, có nhiều tốn khó, phức tạp Để giải nó, địi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp giải, có tư sáng tạo, linh hoạt thành thạo kỹ biến đổi Về phương pháp, hình thức tổ chức dạy học thấy có nhiều thay đổi Phương pháp dạy học tích cực nhà trường đạo liệt để giáo viên áp dụng vào giảng dạy Tuy nhiên, cịn có giáo viên ngại đổi phương pháp dạy học, không linh hoạt giảng dạy Do đó, việc phát triển phẩm chất, lực người học cịn nhiều hạn chế Khi dạy chun đề phương trình vô tỷ, số giáo viên biết sưu tầm tập có sách giáo khoa, sách tham khảo khác dạy cho học sinh, không phân tích, hướng dẫn, đưa câu hỏi, tình có vấn đề để khích thích tính tị mị, sáng tạo cho học sinh nên không tạo hứng thú cho học sinh học chuyên đề Hiện nay, việc phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh dạy học gặp số khó khăn Có nhiều yếu tố ảnh hưởng tới điều này, kể đến là: chất lượng đội ngũ giáo viên, nội dung chương trình, sở vật chất, cách tiếp cận phương pháp dạy học Song, để tiếp cận với Chương trình giáo dục phổ thơng 2018, chắn người dạy, người học cần phải thay đổi nhận thức phương pháp dạy học II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, nội dung đề tài tập trung vào rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ Trên sở lời giải số tốn phương trình vơ tỷ, ngược lại quy trình, chúng tơi nêu phương pháp sáng tạo toán Trước hết bước vào phần rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ Rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ 1.1 Phương pháp giải phương trình vơ tỷ 1.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình cho  g ( x)  phương trình dạng: f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  Kỹ 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình cho dạng tích f ( x).g ( x).h( x)  Kỹ 2: Nhân biểu thức liên hợp 1.1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Kỹ Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Kỹ Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Kỹ Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình cho hệ phương trình Kỹ Đặt ẩn phụ khơng hoàn toàn 1.1.3 Phương pháp đánh giá 1.1.4 Phương pháp lượng giác hóa 1.1.5 Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình cho dạng f ( x)  f ( x)  g ( x)   f n ( x)  g n ( x) 1.1.6 Phương pháp hàm số 1.2 Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư sáng tạo giải số tập phương trình vơ tỷ Ví dụ Giải phương trình sau: 2( x2  3x  2)  x3  (1) Phân tích: Quan sát, thấy phương trình (1) có dạng phương trình f ( x)  g ( x) Sau thực phép biến đổi  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) Phương trình (2) thu phương trình bậc Lúc đó, với hỗ trợ máy tính casio, ta thấy phương trình (2) biến đổi dạng tích có nhân tử chung biểu thức x2  x  Từ ta có lời giải: Lời giải Áp dụng cơng thức  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x)  (2) Điều kiện: x  2 Phương trình   x  3x   2( x  x  2)  x    2  9( x  8)  4( x  x  2)    x   ;1   2;    x   ;1   2;      2   4 x  33x  52 x  48 x  56  ( x  x  4)(4 x  x  14)   x   ;1   2;    x   13   x   ;1  2;            x   13  x   13   x  6x      x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Tiếp tục phân tích, ta thấy: x3   ( x  2)( x  x  4) x  3x   ( x  x  4)  ( x  2) Đến đây, ta thấy phương trình (1), có xuất biểu thức x  x  x  Nếu đặt a  x  x  4, b  x  , Ta có phương trình 2a  3ab  2b2   (a  2b)(a  2b)   a  2b   a  2b Từ ta có lời giải sau: Lời giải Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)(*) Đặt a  x2  x   0; b  x   Phương trình trở thành 2a  3ab  2b2   (a  2b)(a  2b)   a  2b   a  2b  x   13 Với a  2b  x  x   x   x  x      x   13 Nhận xét: 1.Từ lời giải 2, có câu hỏi đặt làm để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hai biểu thức x  x  x  ? Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức x3   ( x  2)( x  x  4) Bây ta nghĩ tới việc biến đổi x2  3x  theo x  x  x  Để thực hiên ý độ đó, ta cần làm sau: Giả sử x  3x   m( x  x  4)  n( x  2)  mx  (n  2m) x  4m  2n m  m  Đồng hệ số, ta có n  2m  3   n  1  4m  2n    x  3x   ( x  x  4)  ( x  2) Phương trình (*) có dạng tổng qt A f ( x)  B.g ( x)  C f ( x) g ( x) a  Nếu đặt  f ( x) b  g ( x) , ta có lời giải Giải sử g ( x)  , ta có: A f ( x)  B.g ( x)  C f ( x) g ( x)  A Bằng cách đặt t  f ( x) f ( x)  B  C g ( x) g ( x) f ( x) , ta có lời giải g ( x) Lời giải Điều kiện: x  2 Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)  22 x2 x2 3 (1) x  2x  x  2x  Đặt t  x2 , điều kiện t  x  2x  2  1 t   t  2 Phương trình (1) trở thành: 2t  3t     Với t   t  x   13 x2   x2  6x     x  2x   x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Nhận xét: Phương trình (1) lời giải có dạng tổng qt sau: af ( x)  b n f ( x)  c  Khi đó, ta đặt ẩn phụ t  n f ( x) toán giải Thực tế cho thấy, q trình giải tập phương trình vơ tỷ, có nhiều phương trình, sau số bước biến đổi, ta thu phương trình dạng: af ( x)  b n f ( x)  c  Nếu để ý, ta thấy lời giải thực chất biến đổi tương đương phương trình cho dạng tích Từ đó, ta có thêm lời giải sau: Lời giải Ta có: 2( x  3x  2)  x3   2( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)  2( x  x  4)  ( x  2)( x  x  4)  2( x  2)  ( x  2)( x  x  4)     x  2    x2  x  x2  x   x   x  2 x2  x   x     x2  x   x   x2  2x    x   13  x2  x   x    x2  x   x   x2  x      x   13 Vậy nghiệm phương trình là: x   13; x   13 Sử dụng lời giải nêu trên, ta giải tập phương trình vơ tỷ sau: a) 3x  12 x  10  x  x  12  d) 81x   27 x  42 x  b) 2( x2  x  6)  x3  e) x  3x   x3  x  11x  c) x  5x   x3  Bình luận: Ở ví dụ 1, để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, chúng tơi đưa phân tích, nhận xét để rèn luyện cho học sinh tư sáng tạo tìm tịi lời giải giúp học sinh trả lời câu hỏi “vì lại nghĩ lời giải này” Chúng đưa dạng phương trình tổng quát để học sinh nhận dạng ghi nhớ cách giải Ở ví dụ tiếp theo, chúng tơi khơng nặng phân tích, nhận xét để giúp học sinh tư tìm tịi lời giải Chúng tơi tập trung vào định hướng giải toán nhiều cách khác để giúp học sinh nắm sâu phương pháp giải phương trình vơ tỷ linh hoạt việc tiếp cận bài tốn nhiều “góc nhìn” khác Ví dụ Giải phương trình sau: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x  Lời giải Biển đổi tương đương, chuyển phương trình cho phương trình tích  Điều kiện: x   6;    10    10 ;         Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   (3x2  x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x  x   3x  x        (3x  x  3)  3x  x   5( x  1)  ( x  1) 3x  x      3x  x     3x  x   x     85 x   3 x  x  28   3x  x    85     x  1  x   3x  x   x    2 x  x     x  1   x   Vậy nghiệm phương trình là: x   85 ; x  1 3 Lời giải Đặt ẩn phụ, chuyển phương trình cho phương trình Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   (3x2  x  3)  5( x  1)  ( x  1) 3x  x   3x  x  Đặt a  3x2  x  3; b  x  Phương trình trở thành: a  a  5b  ab  5a  (a  5a)  (ab  5b)   (a  5)(a  b)    a  b Với a   3x  x    3x  x  28   x   85   x  1   x  1   2 x  x   x  1  x  1 Với a  b  3x  x   x    Vậy nghiệm phương trình là: x   85 ; x  1 3 Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  3x  x    t  3x  x   3x  t  x  Phương trình 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   t  x   3x   ( x  6)t  t  ( x  6)t  5( x  1)  (1) Ta xem phương trình (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có biệt số t  ( x  6)2  20( x  1)  ( x  4)2  t  x  Do phương trình (1) có nghiệm t  5; t  x   3x  x   t  Khi phương trình (1)  (t  5)(t  x  1)     t  x   3x  x   x   Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Nhân biểu thức liên hợp   Ta có: 3x2  3x   ( x  6) 3x2  x   ( x  6) 3x  x    3x  x  28  ( x  6)(3x  x  28) 3x  x   3 x  x  28  3 x  x  28    3x  x  28    x6   3x  x   x    3x  x  Đến ta giải tương tự lời giải Ví dụ Giải phương trình: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x   Lời giải Biến đổi phương trình dạng tích Điều kiện: x   ;   1;     Ta có: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    (2 x2  3x  1)  ( x  1) x2  3x   ( x  3) x  3x   ( x  3)( x  1)   x2  3x  1( x2  3x   x  1)  ( x  3)( x  3x   x  1)   x  3x    x  ( x  3x   x  1)( x  3x   x  3)     x  3x   1  x Với x  x  3  41  x  3x    x    3  41  x   x  3x   x   2  x  1 Với x  3x    x    : vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình là: x  3  41 2  x  5x  Lời giải Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình a  x  Đặt  2  a  x  x    a  b  3x  x  2  b  x  x  b  x  x   a  b   a  b  2 Phương trình trở thành: a  b2   2ab   (a  b)2     x  3x    x a  b   Với   x  3x   1  x  a  b  2 Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Đặt 2 2    a  x  a  x  x  a  b  3x  x     2  b  x  x   2ab  3 x  x  b  x  3x   a  b   a  b  2ab   (a  b)     a  b  2 Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Biến đổi phương trình cho dạng f ( x)  g ( x) Ta có 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    (2 x2  3x   2( x  1) x2  3x   ( x  1)2   ( x2  3x   x  1)  22  x  3x   x    x  3x    x     x  3x   x   2  x  3x   1  x Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Đặt t  x  3x    t  x  3x  Phương trình 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    t  2( x  1)t  x  x   (1) Ta xem phương trình (1) phương trình bậc ẩn t tham số x có t  Phương trình (1) có nghiệm t   x; t  1  x  x  3x    x t   x   x  3x   1  x t  1  x Khi (1)  (t  x  3)(t  x  1)    Đến ta giải tương tự lời giải Lời giải Nhân biểu thức liên hợp Ta có: 3x2  5x   2( x 1) x2  3x    x  3x   2( x  1)   x  3x   (3  x)   x  3x   2( x  1)( x  x  8)  x  3x      2( x  1) 1 0 x  3x    x  x  3x    x 10 Chọn u  x  1; a( x)   x; b( x)  (2 x  3x  1) thay vào (3), ta có: (2 x  1)3  (4  x) (4  x)(2 x  1)  (2 x  x  1)  (2 x  x  1)  8x3  14 x2  x   (4  x) 3  3x  x2 Ta có tốn: Giải phương trình: 8x3  14 x2  x   (4  x) 3  3x  x2 Chọn u  x  1; a( x)   x; b( x)  8x  x  thay vào (3), ta có: ( x  1)3  (1  x) (1  x)( x  1)  x  x   x  x   x3  5x2  x   (1  x) x2  x  Ta có tốn: Giải phương trinh: x3  5x2  x   (1  x) x2  x  Chọn u  x  1; a( x)   x; b( x)  5x  x  thay vào (3), ta có: ( x  1)3  (1  x) (1  x)( x  1)  x  x   x  x   x3  x2  x   (1  x) 3x2  Ta có tốn: Giải phương trình: x3  x2  x   (1  x) 3x2  Ví dụ Xuất phát từ hệ gần đối xứng loại Ví dụ Xét x  Khi x    (2 x  5)3   x  Để có phương trình chứa (ax  b)3 cx  d , phương trình giải cách đưa hệ phương trình đối xứng loại hệ phương trình gần đối xứng loại nghĩa trừ (cộng) vế theo vế hai phương trình hệ, ta có thừa số ( x  y) (2 y  5)3  x  2(1) Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại sau:   (2 x  5)   x  y  2(2) Từ (1)  y   x   y  x   vào (2), ta có: (2 x  5)3   x  x     8x3  60 x2  150 x  125   x  x    x3  60 x  151x  128  x  Ta có tốn: Giải phương trình: 8x3  60 x  151x  128  x  Xét x  Khi x    ( x  1)3   x  39 Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại  ( y  1)  x  2(1) sau:   ( x  1)  x  y  2(2) Từ (1)  y 1  x   y  x   vào (2), ta có: ( x 1)3  x  x     x3  3x2  x   x  Ta có tốn: Giải phương trình: x3  3x  x   x  Xét x  2 Khi x    (2 x  5)3   x  (2 y  5)3  x  3(1) Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại sau:   (2 x  5)  2 x  y  3(2) Từ (1)  y   x   y  (2 x  5)3  2 x  3 x 3 5 vào (2), ta có: x 3 5   16 x3  120 x  304 x  259  3 x  Ta có tốn: Giải phương trình: 16 x3  120 x  304 x  259  3 x  Xét x  Khi 3x    (3x  2)3    x Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại Từ (1)  y    x  y  (3x  2)3  x  3  (3 y  2)   x(1) sau:   (3x  2)  x  y  2(2) 2 x 2 vào (2), ta có: 23  x    81x3  162 x  105 x  26  x  Ta có tốn: Giải phương trình: 81x3  162 x  105x  26  x  Xét x  Khi 3x   2  (3x  2)3  8  81x  (3 y  2)3  81x  8(1) Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại sau:   (3 x  2)  78 x  y  8(2) Từ (1)  y   81x   y  81x   vào (2), ta có: (3x  2)3  78x  81x     27 x3  54 x2  42 x   81x  Ta có tốn: Giải phương trình: 27 x3  54 x  42 x   81x  Nếu xét hệ gần đối xứng loại sau:  (3 y  2)  81x  8(1)   (3 x  2)  80 x  y  8(2) 40 Từ (1)  y   81x   y  (3x  2)3  80 x  3 81x   vào (2), ta có: 81x     81x3  162 x  132 x   81x  Ta có tốn: Giải phương trình: 81x3  162 x  132 x   81x  2.5 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ biểu thức dạng: f ( x)  g ( x) f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x) f ( x)  Ví dụ 1: Xét hàm số f ( x)  3x  2x  3; g ( x)  x   10 Ta có f (3)  g (3)  f (3)  g (3) Do x  nghiệm phương trình: f ( x)  g ( x)  (3x  2x  3)2  ( x   10)2  9x2  6x 2x   x  20 x   98 Ta có tốn: Giải phương trình: x  x x   x  20 x   98 Xét hàm số f ( x)  2(4  x )  4; g ( x)  x  4 2 4 2 4 2 4 2 2 Ta có f    g    f    g   3         Do x  nghiệm phương trình: f ( x)  g ( x)  8(4  x )  16 2(4  x )  16  x  x  16(*)  32  x  x  x  32 Ta có tốn: Giải phương trình: 32  x  x  8x  32 Tiếp tục biến đổi phương trình (*), ta có: 8(4  x )  16 2(4  x )  16  x  x  16  4(2 x  4)  16(2  x)  16 2(4  x )  x  16   2x    x   x  16  2 x    x  x  16 Ta có tốn: Giải phương trình: 2 x    x  x  16 Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x   2; g ( x)  2x   Ta có: f (3)  g (3)  f (3)  g (3) 41 Do x  nghiệm phương trình: f ( x)  g ( x)  ( x   2)3  ( x   3)3  ( x  13) x   2( x  15) x   12 x  40  Ta có tốn: Giải phương trình: ( x  13) x   2( x  15) 2x   12 x  40  Ví dụ Xét hàm số f ( x)  4x  , ta có x3  4x  4x 4x 4x 4x 2 f ( x)     1   2 1   1 x3 x3 x3 x3  x3   4x 4 x x3 x3 Ta có tốn: Giải phương trình: x   Xét f ( x)  4x 4 x x3 x  , ta có 3x  2 x x2 4x   f ( x)     2       x  12 x   x 3x  3x  3x   3x   Ta có tốn: Giải phương trình: x2  12 x   x 3x  Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x   ; g ( x)  x   5 5 Ta có f    g    Khi f    3g    4  4 4 4 Do x  nghiệm phương trình f ( x)  3g ( x)   60 x   48 x   68 x  101 Ta có tốn: Giải phương trình: 60 x   48 x   68 x  101 Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x   x ; g ( x)   3x  Ta có f (1)  g (1)  Khi f (1)  g (1)  Do x  nghiệm phương trình: f ( x)  g ( x)   ( x   x )2  (2  3x  1)2   x2  3x   x   x  x Ta có tốn: 42 Giải phương trình: x  3x   x   x  x Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x2  x2  x  16; g ( x)  x  Ta có f (2)  g (2)  Khi f (2)  g (2)  Do x  nghiệm phương trình f ( x)  g ( x)   ( x2  x2  x  16)2  ( x  2)2   x4  x2 x2  x  16  x  x  20 Ta có tốn: Giải phương trình: x  x x  x  16  x  x  20 Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x 1; g ( x)  x  x  3; h( x)  x2 1 Ta có f (1)  g (1)  h(1)  Khi f (1)  g (1)  h2 (1)  Do x  nghiệm phương trình: f ( x)  g ( x)  h2 ( x)   ( x 1)2  (2 x  x  3)2  ( x2 1)2   x4  x  x  4x x   2x2  Ta có tốn: Giải phương trình: x  x  x  x x   x  Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x  x2  1; g ( x)  x2 1; h( x)  x   Ta có f (1)  g (1)  h(1)  Khi f (1)  g (1)  3h2 (1)  Do x  nghiệm phương trình f ( x)  g ( x)  3h2 ( x)   2(2 x  x2  1)2  ( x2  1)2  3( x   2)2   x x   12 x   x  x  3x  24 Ta có tốn: Giải phương trình: x x   12 x   x  8x  3x  24 Ví dụ Xét hàm số f ( x)  x   x  2; g ( x)  x  x 10 10; h( x)  x 11 Ta có f (11)  g (11)  Khi f (11)  g (11)  4h2 (11)  Do x  11 nghiệm phương trình f ( x)  g ( x)  4h2 ( x)   3( x   x  2)2  ( x 10  x 10)2  4( x 11)2   8x2  24( x  1) x   2( x 10) x 10  53x  481 Ta có tốn: Giải phương trình: 8x2  24( x  1) x   2( x 10) x 10  53x  481 2.6 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ bất đẳng thức Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si , ta có 43 4 27( x  1)  4 3.3.3.( x  1)  10  x x  1 (1) Đẳng thức xẩy x  ( x  5)( x  2)2  0x  1  x3  x  16 x  20  0x  1  x3  x  15x  30  x  10x  1 (2) Đẳng thức xẩy x  Từ (1) (2) ta có x3  x  15 x  30  4 27( x  1)  x  Ta có tốn Giải phương trình: x3  x  15 x  30  4 27( x  1) Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si, ta có: 8( x  3)  2.2.2( x  3)  x9 x  3 (1) Đẳng thức xẩy x  1 ( x  4)( x  1)2  0x  3  x3  x  x   0x  3 x3  24 x  37 x  25 x   x  3 (2) Đẳng thức xẩy x  1 4 Từ (1) (2) , ta có: x  24 x  37 x  25  8( x  2)  x  1 Ta có tốn Giải phương trình: x  24 x  37 x  25  8( x  2) Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si, ta có: x    x  1(2 x  3)  1(5  x)  1 2x  1  2x 3 5   2x   ;  2 2 2 (1) Đẳng thức xẩy x  3 5 (4  x)( x  2)   2x   ;  (2) Đẳng thức xẩy x  2 2 Từ (1) (2), ta có: (4  x)( x  2)2   x    x  x    x   x3  8x2  20 x  18 x  Ta có tốn Giải phương trình: x    x   x3  x  20 x  18 Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si, ta có x  x    x  12  22  22 x  ( x  3)  (  x )  x  x    x  11  x  3x (1) x Đẳng thức (1) xẩy   x3  4x2   x 1 2 Ta có tốn: 44 Giải phương trình: x  x    x  11  x  3x Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si, ta có x  3x   13  x  22  22  32 x  ( x  2)  ( 13  x )  2( x  3x  2)  117  x2  51x  187 (1) x 3x  13  x  x2 Đẳng thức (1) xẩy   2 Ta có tốn Giải phương trình: 2( x  3x  2)  117  x2  51x  187 Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức si ta có x x   x   x  x   x  1, x   x  x  x   3x  x  1(1), x  Đẳng thức (1) xẩy 2 x2 2x 1 1   x   x(2 x  1)  x  x Ta có tốn Giải phương trình: x  x  x   3x  x  Ta có x  x   x  x  20  ( x  2)   ( x  4)     4(1) Đẳng thức (1) xẩy  x  Ví dụ Áp dụng bất đẳng thức cơsi, ta có 16 x  x  4 2.2.x(4  x)  (2   x   x)  4(2), x  0;3 2 Đẳng thức (1) xẩy  x  Từ (1) (2), ta có x  x   x  x  20  16 x  x  x  Ta có tốn Giải phương trình: x  x   x  x  20  16 x  x Ví dụ Xuất phát từ bất đẳng thức: u.v  u v Đẳng thức xẩy  u v hướng Chọn u  (3x; 4x  3); v  ( 5x  6;  x ) Suy ra: u  x  x  3; v  x  2; u.v  3x x   x   x Ta có: u.v  u v  3x 5x   x   x  x  x  x  45  3x x   4 x  19 x  12  36 x3  x  20 x  (1), với x   2; 4 Đẳng thức (1) xẩy  u v hướng  3x 4x    3x  x  x  x   x  5x  4 x Ta có tốn: Giải phương trình: 3x x   4 x  19 x  12  36 x3  x  20 x  Tương tự chọn u  ( x 1;1); v  ( x 1;  x ) , ta có: u.v  u v  ( x  1) x    x  x  x  (1), với x  1;3 Đẳng thức (1) xẩy  u v hướng  x  x 1   ( x  1)  x  x    x 1 3 x x  Ta có tốn: Giải phương trình: ( x  1) x    x  x2  x  Nếu chọn u  (2  x;1); v  ( x ;  x ) , ta có tốn: Giải phương trình: (2  x) x   x   x3  x2 17 x  15 Ví dụ Xuất phát từ bất đẳng thức u  v  u  v Đẳng thức xẩy  u v hướng Chọn u  (1  x; 2); v  ( x  2; 2)  u  v  (3;2 2) Ta có: u  (1  x)2  2; v  ( x  2)2  2; u  v  17 Từ bất đẳng thức u  v  u  v  (1  x)2   ( x  2)2   17  x  x   x  x   17 (1) Đẳng thức (1) xẩy  u v hướng  1 x 1 x   x2 Ta có tốn: Giải phương trình: x  x   x  x   17 Bằng cách làm tương tự: Chọn u  (2x;1), v  (2  x;2) Xuất phát từ bất đẳng thức u  v  u  v , ta có tốn: Giải phương trình: x   x  x   13 46 Ví dụ 10 Xuất phát từ bất đẳng thức u  v  u  v Đẳng thức xẩy  u v hướng Chọn u  ( x  5;7), v  ( x  3;1)  u  v  (8;6) Khi u  v  u  v  x  10 x  74  x  x  10  10 (1) Đẳng thức (1) xẩy  u v hướng  x5 13 7 x x 3 Ta có tốn Giải phương trình: x  10 x  74  x  x  10  10 2.7 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ hàm số đơn điệu Dựa vào kết quả: Cho hàm số y  f (t ) đơn điệu khoảng (a; b) ; u, v  (a; b) Khi f (u)  f (v)(*)  u  v Bằng cách chọn u, v phù hợp thay vào (*), ta thu phương trình vơ tỷ Ví dụ Xuất phát từ hàm số f (t )  t  t , với t  R Ta có f / (t )  3t   0t  R  f (t ) đồng biến R Chọn u  x  1; v  3x  thay vào (*), ta có: f (u)  f (v)  f ( x  1)  f ( 3x  1)  ( x  1)3  x   ( 3x  2)3  3x   x3  3x2  x   (3x  2) 3x  Ta có tốn Giải phương trình: x3  3x2  4x   (3x  2) 3x  Chọn u  x  1; v  x2  x  Thay vào (*), ta có: f (u)  f (v)  f ( x  1)  f ( x2  x  4)  x3  x  5x   x  x  Ta có tốn Giải phương trình: x3  x  x   x  x  Chọn u  x  6; v  x2  x thay vào (*), ta có: f (u)  f (v)  f ( x  6)  f ( x2  x)  ( x  6)3  x   ( x2  x)3  x2  x  ( x  6) x   x   x6  12x5  48x4  64x3  x2  4x  ( x  7) x   x6  x  12 x5  48x4  64x3  x2 Ta có tốn: Giải phương trình: ( x  7) x   x6  4x  12x5  48x4  64x3  x2 47 Chọn u  x  4; v   x  thay vào (*), ta có: f (u)  f (v)  f ( x  4)  f (2  x  2)  (4 x  4) x   x   (2  x  2)3   x   (4 x  3) x   (2  x  2)( x   x  2)  (8x  6) x 1  ( x   2)( x  x   3) Ta có tốn: Giải phương trình: (8x  6) x 1  ( x   2)( x  x   3) Ví dụ Xuất phát từ hàm số y  f (t )  2t  t  đồng biến khoảng (0; ) Xét f ( x  1)  f ( 3x 1)  2( x  1)3  ( x  1)2   2(3x 1) 3x 1  3x 1    x3  x  x  (3x  1) 3x    Ta có tốn Giải phương trình: x3  x  x   (3x  1) 3x    Xét f ( x  2)  f ( x 1)  2( x  2)3  ( x  2)2   2( x 1)3  ( x 1)2 1  ( x  2) x   2( x 1) x 1  Ta có tốn: Giải phương trình:  ( x  2) x   2( x 1) x 1  Ví dụ Xuất phát từ hàm số y  t  t t  đồng biến R Xét f (2 x  3)  f (3x)  (2 x  3)  (2 x  3) x2  12 x  11  3x  3x x2   (2 x  3) x2  12 x  11  3x x2    5 x Ta có tốn Giải phương trình: (2 x  3) x2  12 x  11  3x x2    5x Xét f (2 x  1)  f (3x  2)  x   (2 x  1) (2 x  1)   3 x   (3 x  2) (3 x  2)   (2 x  1) x2  x    5x  (2  3x) x 12 x  Ta có tốn: Giải phương trình: (2 x  1) x2  x    5x  (2  3x) x2 12 x  t Ví dụ Xuất phát từ hàm số f (t )  4t  t t   , với t  Ta có f (t )   t   / (0; ) t2 t 3   t  suy f (t ) đồng biến (;0) t2 48 Xét f ( x  1)  f (2 x)  4( x  1)  ( x  1) ( x  1)   2  12 x  ( x  1) x  x   x x   1  8 x  x x   x 1 2x 3x  x2  x Ta có tốn: Giải phương trình: 12 x  ( x  1) x  x   x x   3x  x2  x Ví dụ Xuất phát từ hàm số f (t )  t  t  đồng biến R Xét f (2 x  1)  f (3x)  x   x2  x   3x  x2   5x  x2  x   x2   Ta có tốn: Giải phương trình: x  x  x   x   Xét f ( x)  f ( x2  x  4)   x  x   x  x   x  x   x2   x2  x   x2  x   x Ta có tốn: Giải phương trình: x   x  x   x  x   x Ví dụ Xuất phát từ hàm số f (t )  t  t  đồng biến khoảng 0;   Xét f (  x  x  4)  f ( x  5)  (  x  x  4)2   x  x    ( x  5)2  x     x  x   12  x  x  x   x  Ta có tốn: Giải phương trình:  x  x   12  x  x  x   x  Xét f (  x  x  5)  f ( x  6)  (  x  x  5)2   x  x    ( x  6)2  x     x  x2   x  x  x   x  Ta có tốn: Giải phương trình:  x  x   x  x  x   x  Để giải phương trình vơ tỷ sáng tạo, cần ngược lại quy trình tạo 49 III.TÍNH KHOA HỌC, TÍNH MỚI, TÍNH THỰC TIỄN, NHỮNG KINH NGHIỆM ĐƯỢC RÚT RA Tính khoa học Nội dung đề tài trình bày khoa học, lập luận xác Hệ thống lý thuyết đắn, có sức thuyết phục Tính Đề tài có điểm sau: - Phát triển khả tìm tịi, xem xét vấn đề cụ thể nhiều góc độ khác nhau; rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ, cách tìm lời giải tốn; đa dạng quy trình,cách sáng tạo tốn cách lôgic, khoa học; tạo cho học sinh hứng thú học tốn, góp phần tích cực vào việc phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh - Trình bày phương pháp giải cách khoa học, dễ hiểu, dễ áp dụng Hệ thống tập đa dạng; có nhiều tốn hay khó kỳ thi học sinh giỏi kỳ thi đại học Tính thực tiễn - Đề tài vận dụng để dạy học chuyên đề phương trình vơ tỷ cho giáo viên học sinh, đặc biệt học sinh khá, giỏi; làm tài liệu tham khảo cho giáo viên ôn thi đề thi cho kỳ thi học sinh giỏi Nó góp phần đổi phương pháp dạy học theo hướng phát triển lực học sinh - Sau áp dụng kết nghiên cứu đề tài, qua khảo sát cho thấy: có 80% em học sinh có hứng thú với học 50% số biết cách tìm tịi, sáng tạo xây dựng toán từ toán gốc, giả thiết mà giáo viên gợi ý Một số kinh nghiệm rút 4.1 Đối với giáo viên Việc dạy học tốn khơng giúp học sinh tìm cách giải mà cịn phải tạo cho học sinh kỹ biến đổi có quy trình; biết cách tìm tịi, tư sáng tạo giải toán theo nhiều cách giải khác nhau; biết cách xây dựng , sáng tạo toán từ tốn gốc từ suy luận lơgic 4.2 Đối với học sinh Thông qua việc rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ sáng tạo phương trình vơ tỷ, học sinh lĩnh hội tri thức, phát huy tính sáng tạo khả tìm lời giải cho dạng tốn tương tự gặp phải 50 PHẦN III: KẾT LUẬN I KẾT QUẢ THỰC HIỆN Đề tài nghiên cứu sở lý luận lực giải vấn đề sáng tạo theo Chương trình giáo dục phổ thơng 2018 Chúng tơi sâu vào nghiên cứu, phân tích lực giải vấn đề sáng tạo mơn Tốn; lực chung lực tốn học; mối quan hệ việc phát triển lực thành phần lực toán học lực giải vấn đề sáng tạo; coi việc dạy học phát triển phẩm chất, lực người học nhiệm vụ quan trọng giai đoạn Đánh giá thực trạng chương trình sách giáo khoa hành có nội dung phương trình vơ tỷ; phân tích khó khăn việc phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh; phân tích mục tiêu đổi giáo dục theo hướng phát triển phẩm chất, lực học sinh giai đoạn 3.Từ sở lý luận thực tiễn, thông qua việc nghiên cứu tốn phương trình vơ tỷ, chúng tơi góp phần vào phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh Cụ thể sau: - Giúp học sinh nắm vững phương pháp giải phương trình vơ tỷ - Rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ - Tạo quy trình, phương pháp sáng tạo tốn phương trình vơ tỷ II Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI - Giúp giáo viên, học sinh có nhìn tổng qt có hệ thống phương pháp giải phương trình vơ tỷ; góp phần tích cực vào việc rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh; rèn kỹ tìm tịi, phát mới, hướng giải vấn đề; tạo cho học sinh thói quen tổng quát hóa tốn tìm tốn xuất phát, biết toán đề thi đâu mà có người ta tạo chúng cách - Thông qua việc rèn luyện tư sáng tạo giải toán sáng tạo toán mới, dần hình thành cho học sinh khả làm việc độc lập, phát huy tối đa tính tích cực, sáng tạo theo hướng phát triển lực III KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT - Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn - Khuyến khích học sinh tập xây dựng tốn liên quan đến tập có giảng - Đề tài mở rộng theo hướng “Nghiên cứu, sáng tạo phương trình vơ tỷ từ toán chứng minh bất đẳng thức phức tạp ” 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ GD - ĐT (2018) Chương trình giáo dục phổ thơng- Chương trình tổng thể Nguyễn Lộc - Nguyễn Thị Lan Phương (đồng chủ biên, 2016) Phương pháp, kĩ thuật xây dựng chuẩn đánh giá lực đọc hiểu lực giải vấn đề NXB Giáo dục Việt Nam Nguyễn Tài Chung (2013) Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình NXB tổng hợp Thành phố Hồ Chí Minh Trần Việt Dũng (2013) Một số suy nghĩ lực sáng tạo phương hướng phát huy lực sáng tạo người Việt Nam Tạp chí Khoa học, trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh số 49, tr 160-169 Nguyễn Bá Kim (2015) Phương pháp dạy học mơn Tốn NXB Đại học Sư phạm Lê Văn Đồn Tư sáng tạo tìm tịi lời giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số vơ tỷ NXB Đại học Quốc gia Hà Nội 52 MỤC LỤC PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………… PHẦN II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU………………………………………… I CƠ SỞ KHOA HỌC………………………………………………………… Cơ sở lý luận…………………………………………………………………… Cơ sở thực tiễn………………………………………………………………… II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ………………………………………………………………………………… 2 Rèn luyện tư sáng tạo giải phương trình vơ tỷ…………………………… 1.1 Phương pháp giải phương trình vơ tỷ……………………………………… 1.2 Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư sáng tạo giải số tập phương trình vơ tỷ…………………… Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua việc sáng tạo tốn phương trình vơ tỷ……………………………………………… 2.1.Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ nghiệm chọn sẵn nhân biểu thức liên hợp…………………………………………………………………………… 2.2 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ phương trình lượng giác…………………… 2.3 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ đẳng thức……………………………… 2.4 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ hệ phương trình đối xứng loại hệ gần đối xứng loại 2……………………………………………………………………… 2.5 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ biểu thức dạng: f ( x)  g ( x) f ( x)  g ( x)   f ( x)  g ( x) f ( x)  ……………………… 2.6 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ bất đẳng thức……………………………… 2.7 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ hàm số đơn điệu…………………………… III.TÍNH KHOA HỌC, TÍNH MỚI, TÍNH THỰC TIỄN, NHỮNG KINH NGHIỆM ĐƯỢC RÚT RA………………………………………………………… 1.Tính khoa học………………………………………………………………… Tính mới……………………………………………………………………… Tính thực tiễn………………………………………………………………… Một số kinh nghiệm tút ra……………………………………………………… PHẦN III KẾT LUẬN………………………………………………………… I KẾT QUẢ THỰC HIỆN……………………………………………………… II Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI…………………………………………………… III KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT…………………………………………………… TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………… 4 4 21 21 23 26 37 41 43 47 50 50 50 50 50 51 51 51 51 52 53 ... II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Để phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh, nội dung đề tài tập trung vào... giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thơng qua việc sáng tạo tốn phương trình vơ tỷ 2.1 Sáng tạo phương trình vơ tỷ từ nghiệm chọn sẵn nhân biểu thức liên hợp Việc sáng tạo phương trình vơ tỷ dựa phương. .. phương trình cho dạng f ( x)  f ( x)  g ( x)   f n ( x)  g n ( x) 1.1.6 Phương pháp hàm số 1.2 Phát triển lực giải vấn đề sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư sáng tạo giải số tập