NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
CƠ SỞ KHOA HỌC
Nhiều nghiên cứu đã chỉ ra mối liên hệ giữa năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo Theo Nguyễn Lộc và Nguyễn Thị Lan Phương (2016), năng lực giải quyết vấn đề là khả năng cá nhân vận dụng hiệu quả các quá trình nhận thức, hành động, thái độ, động cơ và xúc cảm để xử lý các tình huống không có quy trình hay giải pháp sẵn có Trần Việt Dũng (2013) định nghĩa năng lực sáng tạo là khả năng tạo ra cái mới có giá trị, dựa trên các phẩm chất độc đáo của cá nhân Việc tích hợp khái niệm năng lực giải quyết vấn đề và năng lực sáng tạo vào chương trình giáo dục phổ thông là một bước tiến mang tính sáng tạo và đổi mới Tại cấp THPT, năng lực này có thể được mô tả rõ ràng hơn.
Nhận diện và làm rõ các ý tưởng mới là khả năng quan trọng, bao gồm việc xác định thông tin từ nhiều nguồn khác nhau Điều này đòi hỏi phân tích độc lập các nguồn thông tin để đánh giá khuynh hướng và độ tin cậy của những ý tưởng mới.
Phát hiện và làm rõ vấn đề là bước quan trọng trong quá trình học tập và cuộc sống Việc phân tích tình huống giúp nhận diện các vấn đề cần giải quyết Qua đó, người học có thể phát hiện và nêu rõ những tình huống có vấn đề, từ đó tìm ra giải pháp hiệu quả.
Hình thành và triển khai ý tưởng mới là quá trình nảy sinh nhiều ý tưởng sáng tạo trong học tập và cuộc sống, khuyến khích tư duy vượt ra ngoài lối mòn Điều này bao gồm việc tạo ra các yếu tố mới từ những ý tưởng khác nhau, kết nối và phát triển chúng Để thích ứng với những thay đổi trong bối cảnh, cần nghiên cứu và điều chỉnh giải pháp, đồng thời đánh giá rủi ro và chuẩn bị các phương án dự phòng.
Đề xuất và lựa chọn giải pháp là quá trình quan trọng, bao gồm việc thu thập và làm rõ thông tin liên quan đến vấn đề Người thực hiện cần biết đề xuất và phân tích các giải pháp khả thi, từ đó lựa chọn giải pháp phù hợp nhất để giải quyết vấn đề hiệu quả.
- Thiết kế và tổ chức hoạt động:
+ Lập được kế hoạch hoạt động có mục tiêu, nội dung, hình thức, phương tiện hoạt động phù hợp;
+ Tập hợp và điều phối được nguồn lực (nhân lực, vật lực) cần thiết cho hoạt động
Biết điều chỉnh kế hoạch và thực hiện nó một cách linh hoạt là yếu tố quan trọng để đạt được hiệu quả cao trong việc giải quyết vấn đề Cần thiết phải xem xét cách thức và tiến trình phù hợp với hoàn cảnh cụ thể để tối ưu hóa kết quả.
+ Đánh giá được hiệu quả của giải pháp và hoạt động
Tư duy độc lập là khả năng đặt ra những câu hỏi có giá trị và không chấp nhận thông tin một chiều Người có tư duy độc lập không có thành kiến khi đánh giá vấn đề, mà luôn quan tâm đến các lập luận và minh chứng thuyết phục Họ sẵn sàng xem xét và đánh giá lại các quan điểm, điều này giúp nâng cao khả năng phân tích và ra quyết định.
Trong bài viết này, chúng tôi định nghĩa năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo trong môn Toán là khả năng kết hợp kiến thức, kỹ năng và các đặc điểm cá nhân để hoàn thành nhiệm vụ học tập Sự sáng tạo trong quá trình giải quyết vấn đề có thể thể hiện qua những hiểu biết mới, hướng giải quyết độc đáo, cải tiến trong phương pháp thực hiện, hoặc cách đánh giá khác biệt về vấn đề.
Trong dạy học môn Toán, Chương trình giáo dục phổ thông xác định rõ mục tiêu giáo dục toán học nhằm phát triển các phẩm chất và năng lực cho học sinh, bao gồm năng lực tư duy và lập luận toán học, năng lực mô hình hóa, giải quyết vấn đề, giao tiếp toán học, cũng như sử dụng công cụ và phương tiện toán học.
Mối quan hệ giữa việc phát triển các năng lực thành phần của năng lực toán học và năng lực giải quyết vấn đề cùng sáng tạo là rất rõ ràng Chúng tôi cho rằng giáo viên có thể nâng cao năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh bằng cách tập trung vào việc rèn luyện các hoạt động liên quan đến các "năng lực thành phần" này.
Hiện nay, chương trình giáo dục phổ thông theo sách giáo khoa năm 2006 tập trung vào nội dung, nhưng chuyên đề phương trình vô tỷ trong đại số lớp 10 lại có thời lượng hạn chế, số bài tập ít và thiếu sự đa dạng Thực tế cho thấy phương trình vô tỷ rất phong phú với nhiều phương pháp giải khác nhau và các bài toán khó, phức tạp Để giải quyết những bài toán này, học sinh cần nắm vững các phương pháp, có tư duy sáng tạo, linh hoạt và thành thạo kỹ năng biến đổi.
Hiện nay, phương pháp và hình thức tổ chức dạy học đã có nhiều thay đổi, với sự chỉ đạo quyết liệt của các nhà trường về việc áp dụng phương pháp dạy học tích cực Tuy nhiên, vẫn còn một số giáo viên ngại đổi mới và thiếu linh hoạt trong giảng dạy, dẫn đến việc phát triển phẩm chất và năng lực của học sinh chưa được tối ưu Trong quá trình dạy chuyên đề phương trình vô tỷ, nhiều giáo viên chỉ sưu tầm bài tập từ sách giáo khoa và sách tham khảo mà không phân tích hay đưa ra các câu hỏi kích thích sự tò mò và sáng tạo của học sinh, từ đó không tạo được hứng thú cho học sinh trong việc học tập chuyên đề này.
Hiện nay, việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh trong dạy học gặp nhiều khó khăn Những yếu tố ảnh hưởng đến vấn đề này bao gồm chất lượng đội ngũ giáo viên và nội dung chương trình giảng dạy.
Để tiếp cận hiệu quả Chương trình giáo dục phổ thông 2018, cả người dạy và người học cần thay đổi nhận thức cũng như phương pháp dạy và học Điều này bao gồm việc cải thiện cơ sở vật chất và áp dụng các phương pháp dạy học mới.
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ VÀ SÁNG TẠO
Để nâng cao năng lực giải quyết vấn đề và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, bài viết tập trung vào việc rèn luyện kỹ năng giải phương trình vô tỷ Thông qua việc phân tích lời giải của một số bài toán vô tỷ, chúng tôi sẽ đề xuất các phương pháp sáng tạo để tạo ra những bài toán mới, giúp học sinh phát triển tư duy độc lập và khả năng sáng tạo.
Trước hết chúng ta bước vào phần rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ
1 Rèn luyện tư duy sáng tạo giải phương trình vô tỷ
1.1 Phương pháp giải phương trình vô tỷ
1.1.1 Phương pháp biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình cơ bản dạng:
Kỹ năng 1: Biến đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng tích
Kỹ năng 2: Nhân biểu thức liên hợp
1.1.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Kỹ năng 1 Đặt một ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Kỹ năng 3 Đặt hai ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình
Kỹ năng 4 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
1.1.4 Phương pháp lượng giác hóa
1.1.5 Phương pháp biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x 0 hoặc f 2 ( ) x g x 2 ( ) 0 hoặc f n ( ) x g n ( ) x
1.2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua rèn luyện tư duy sáng tạo giải một số bài tập phương trình vô tỷ
Ví dụ 1 Giải phương trình sau: 2( x 2 3 x 2) 3 x 3 8 (1)
Phân tích: Quan sát, chúng ta thấy phương trình (1) có dạng phương trình cơ bản f x ( ) g x ( )
Sau khi thực hiện phép biến đổi
Phương trình bậc 4 được tạo ra từ phương trình (2) có thể được biến đổi thành dạng tích với nhân tử chung là biểu thức x² - 6x - 4, nhờ vào sự hỗ trợ của máy tính Casio.
Lời giải 1 Áp dụng công thức cơ bản
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Tiếp tục phân tích, ta thấy:
3 2 ( 2 4) ( 2) x x x x x Đến đây, ta thấy trong phương trình (1), có sự xuất hiện của 2 biểu thức
2 x và x 2 2 x 4 Nếu đặt a x 2 2 x 4, b x 2 , Ta có phương trình
Từ đó ta có lời giải sau:
Phương trình trở thành 2 a 2 3 ab 2 b 2 0 ( a 2 )( b a 2 ) b 0 a 2 b 0 a 2 b
1.Từ lời giải 2, có một câu hỏi đặt ra là làm thế nào để ta nghĩ đến việc biến đổi phương trình xuất hiện hai biểu thức x 2 và x 2 2 x 4 ?
Theo kinh nghiệm, ta biến đổi biểu thức trong căn x 3 8 ( x 2)( x 2 2 x 4)
Bây giờ ta nghĩ tới việc biến đổi x 2 3 x 2 theo x 2 và x 2 2 x 4 Để thực hiên ý độ đó, ta chỉ cần làm như sau:
Giả sử x 2 3 x 2 m x ( 2 2 x 4) n x ( 2) mx 2 ( n 2 ) m x 4 m 2 n Đồng nhất hệ số, ta có
2 Phương trình (*) có dạng tổng quát A f x ( ) B g x ( ) C f x g x ( ) ( )
, ta có thể có được lời giải
g x , ta cũng có được lời giải
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Phương trình (1) trong lời giải 3 có dạng tổng quát sau:
( ) n ( ) 0 af x b f x c Khi đó, ta đặt ẩn phụ t n f x ( ) thì bài toán sẽ được giải quyết
Trong quá trình giải bài tập phương trình vô tỷ, thực tế cho thấy nhiều phương trình, sau khi trải qua một số bước biến đổi, sẽ chuyển sang dạng khác.
Nếu để ý, ta thấy lời giải 2 thực chất là biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng tích Từ đó, ta có thêm lời giải sau:
Vậy nghiệm phương trình là: x 3 13; x 3 13
Sử dụng một trong những lời giải nêu trên, ta sẽ giải được các bài tập phương trình vô tỷ sau: a) 3 x 2 12 x 5 10 4 x x 2 12 0 b) 2( x 2 x 6) 5 x 3 8 c) 2 x 2 5 x 1 7 x 3 1 d) 3 81 x 4 4 27 x 2 42 x 6 e) x 2 3 x 4 3 x 3 6 x 2 11 x 6
Để phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh, chúng tôi đã thực hiện phân tích và nhận xét nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo, giúp học sinh tìm tòi lời giải và trả lời câu hỏi "vì sao lại nghĩ ra lời giải này" Chúng tôi cung cấp các dạng phương trình tổng quát để học sinh nhận dạng và ghi nhớ cách giải Ở các ví dụ tiếp theo, chúng tôi không tập trung nhiều vào phân tích mà chủ yếu định hướng và giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau, giúp học sinh nắm sâu hơn về các phương pháp giải phương trình vô tỷ và linh hoạt trong việc tiếp cận bài toán.
Ví dụ 2 Giải phương trình sau: 3 x 2 3 x 2 ( x 6) 3 x 2 2 x 3
Lời giải 1 Biển đổi tương đương, chuyển phương trình đã cho về phương trình tích
Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x 3 x
Lời giải 2 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về phương trình mới
Vậy nghiệm của phương trình là: 1 85 ; 1 3 x 3 x
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 3 x 2 2 x 3 0 t 2 3 x 2 2 x 3 3 x 2 t 2 2 x 3
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có biệt số
Do đó phương trình (1) có 2 nghiệm t 5; t x 1
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 4 Nhân biểu thức liên hợp
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Ví dụ 3 Giải phương trình: 3 x 2 5 x 2 2( x 1) 2 x 2 3 x 1 0
Lời giải 1 Biến đổi phương trình về dạng tích Điều kiện: ; 1 1; x 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 41 x 2
Lời giải 2 Đặt hai ẩn phụ, chuyển về phương trình mới Đặt 2 2 2 2 2 2 2
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 2
Lời giải 4 Biến đổi phương trình đã cho về dạng f 2 ( ) x g 2 ( ) x
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 5 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 2 x 2 3 x 1 0 t 2 2 x 2 3 x 1
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t 4
Đến đây ta giải tương tự như lời giải 1
Lời giải 6 Nhân biểu thức liên hợp
Ví dụ 4 Giải phương trình x 3 (1 x 2 3 ) x 2 2 x 2 (1)
Lời giải 1 Đặt 1 ẩn phụ, đưa về phương trình mới Điều kiện x 1;1 Đặt t x 1 x 2 , điều kiện t 1; 2
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ, chuyển về phương trình Đặt y 1 x 2 0 , ta có hệ:
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Lời giải 3 Phương pháp lượng giác hóa Đặt sin , ; x t t 2 2
Khi đó (1 x 2 3 ) (1 sin 2 t ) 3 cos ; 2 2 3 t x 2 2 1 sin 2 t 2 cos t
3 3 3 sin t cos t 2 sin cos t t (sin t cos ) t 3sin cos (sin t t t cos ) t 2 sin cos t t 0(1) Đặt sin cos sin cos 2 1
Với 2 sin cos 2 2 cos 2 cos 1 2
Với 1 2 sin cos 1 2 sin cos 1 2 sin 1 2 2 2 1 sin cos 1 2 2 t t a t t t t t
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ; 1 2 2 2 1
Ví dụ 5 Giải phương trình sau: 2
Nhận xét: Trong phương trình có chứa 1 x 2 giúp ta liên tưởng đến công thức lượng giác 1 tan 2 1 2
Khi đó 1 2 1 tan 2 1 2 1 cos cos x t t t
5sin 2sin 3 0 3 sin cos 1 sin tan
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 x 4 Bài tập tương tự giải bằng phương pháp lượng giác: a) 2 x (4 x 2 1) 1 x 2 4 x 3 1 x 2 , đặt sin , ; t x t 2 2 b) 2 2 1 x 2 x (1 1 x 2 ) , đặt sin , 0; t x t 2
Ví dụ 6 Giải phương trình x 3 15 x 2 78 x 141 5 2 3 x 9
Phương trình trở thành: a 3 5 a b 3 5 b ( a b a )( 2 ab b 2 5) 0 a b 0 a b
Vậy phương trình có nghiệm là:
Nhận xét: Để biến đổi phương trình về dạng ( x 5) 3 5( x 5) 2 x 9 5 2 3 x 9
Ta làm như sau: xét phương trình ( x m ) 3 5( x m ) ( 2 3 x 9) 3 5 2 3 x 9
Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, ta có: 2
Lời giải 2 Phương pháp hàm số
Ta có f / ( ) x 3 t 2 5 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế của (1) và (2), ta có:
Ta làm như sau: giả sử 3 2 x 9 ax b , a 0
(1) Để (1) có nhân tử chung x y , ta cần có:
Nên ta có phép đặt y 5 3 2 x 9
Ví dụ 7 Giải phương trình: 3 3 x 5 8 x 3 36 x 2 53 x 25
Lời giải 1 Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình mới
Phương trình: 3 3 x 5 8 x 3 36 x 2 53 x 25 (2 x 3) 3 (2 x 3) (3 x 5) 3 3 x 5(1) Đặt a 2 x 3; b 3 3 x 5 Phương trình (1) trở thành
Vậy nghiệm của phương trình là: 2; 5 3 x x 4
Lời giải 2 Phương pháp hàm số
Ta có f t / ( ) 3 t 2 t 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Lời giải 3 Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại 2
Ví dụ 8 Giải phương trình x 4 6 x x 2 10 x 27
Lời giải 1 Phương pháp đánh giá Điều kiện: 4 x 6
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Với x 5 thỏa mãn phương trình (3)
Suy ra phương trình (3) có nghiệm x 5
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 4 Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình
Vậy nghiệm của phương trình là: x 5
Lời giải 5 Đặt ẩn phụ chuyển về hệ phương trình Đặt 4 ( 4)(6 ) 2 10 24 3 ( 2 10 27)
Ta có hệ phương trình:
Ví dụ 9 Giải phương trình ( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39
Lời giải 1 Biển đổi phương trình về dạng f 2 ( ) x g 2 ( ) x Điều kiện 2 2 7 9 0 ; 9 1; x x x 2
Vậy nghiệm của phương trình là: 3 145 x 2
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Ta xem (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (3 x 11) 2
Lời giải 3 Đặt 2 ẩn phụ chuyển về phương trình mới Đặt a x 1; b 2 x 2 7 x 9 9 x 39 2 a 2 b 2 12 a 16
Phương trình đã cho trở thành:
Xuất phát từ phương trình có dạng tổng quát dạng: u x 2 ( ) b x ( ) a x ( ) a x u x ( ) ( ) b x ( ) Nếu đặt v x ( ) a x u x ( ) ( ) b x ( ), ta có hệ đối xứng loại 2 sau:
Từ đó, chúng ta nghĩ tới việc biến đổi phương trình (*) về phương trình có dạng
Thật vậy: Giả sử ( x 1) 2 x 2 7 x 9 9 x 39(*) được viết thành:
Vì biểu thức trong căn của phương trình (*) có chứa 2x 2 nên b x ( ) là một biểu thức bậc hai có dạng b x ( ) x 2 px q
(2 n p x ) ( n 2 q ) ( x 1) 2 x 2 ( n p 1) x ( n q 1) Đồng nhất hệ số, ta có: 2
Khi đó ta biến đổi
Ta có lời giải sau:
Lời giải 5 Đặt hai ẩn phụ chuyển về hệ phương trình đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
Lời giải 6 Nhân biểu thức liên hợp
Ví dụ 10 Giải phương trình: 8 x 2 11 x 1 ( x 1) 4 x 2 6 x 5
Lời giải 1 Đặt 2 ẩn phụ, chuyển phương trình đã cho về hệ phương trình đối xứng loại 2
đây là hệ phương trình đối xứng loại 2
Trừ vế theo vế phương trình (1) cho phương trình (2), ta có:
Lời giải 2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt t 4 x 2 6 x 5 t 2 4 x 2 6 x 5
Ta xem phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn t tham số x có t (7 x 5) 2
Đến đây, ta giải tương tự lời giải 1
Trong quá trình dạy học chuyên đề phương trình vô tỷ, giáo viên không chỉ phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh mà còn cần giúp học sinh hiểu nguồn gốc của các bài tập, đặt câu hỏi về ai là người sáng tạo ra chúng Việc này không chỉ khuyến khích tư duy sáng tạo mà còn tạo nền tảng cho việc nghiên cứu sâu hơn về nội dung bài học.
2 Phát triển năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua việc sáng tạo bài toán phương trình vô tỷ
2.1 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các nghiệm chọn sẵn và nhân biểu thức liên hợp
Để sáng tạo một phương trình vô tỷ, ta chỉ cần chọn trước một nghiệm và sau đó xây dựng các biểu thức phù hợp để đảm bảo đẳng thức được thỏa mãn.
Ví dụ 1 Với x 2, ta có x 2 2, 22 3 x 4, x 2 8 12
Ví dụ 2 Với x 1, ta có x 2 2 x 5 2, 4 x 5 3, x 3 2 x 2 5 x 4 8
Ví dụ 3 Với x 6, ta có: (4 x 5) 3 x 2 72, 2 x 3 3 x 2 3 x 2 284
Do đó x 0, x 3 là nghiệm của phương trình x x ( 1)( x 3) 3 4 x x 1
Do đó x 1, x 2 là nghiệm của phương trình:
Do đó x 0, x 1 là nghiệm phương trình:
Do đó x 2, x 3 là nghiệm của phương trình:
Do đó 1, 1 x x 2 là nghiệm của phương trình:
2.2 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ phương trình lượng giác:
Xuất phát từ phương trình cos 3 cos t 2 t có nghiệm , 5 , 3
3 2 cos 3 t sin t 4 cos t 3cos t 1 cos t Đặt x cos t , ta có bài toán sau
Xuất phát từ phương trình cos 2 cos
Ta có cos 2 cos cos 2 sin 2 2 sin
2 cos 2 sin 2sin cos 1 2 cos 1 cos 2 cos 1 cos 1
Đặt x cos t , ta có bài toán sau:
Ví dụ 3 Với t 0; , ta có: 1 cos 2 t sin t
Xuất phát từ phương trình sin 5 sin t 2 t
5 3 sin 5 t cos t 16sin t 20sin t 5sin t cos t
4 2 sin (sin t t 20sin t 5) cos t (16cos 4 t 12cos 2 t 1) 1 cos 2 t cost(*) Đặt x cos t , ta có bài toán sau:
Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2 0 t 4 t
2 sin cos 2 0 (sin cos )(1 2sin ) 0 2sin (4sin 1) cos 4 sin cost t 4 t t t t t t t t
2sin t (4sin t 1) 1 sin t 4sin t 1 sin t
(*) Đặt x sin t thay vào (*), ta có bài toán:
2 tan 1 tan sin 2 ; cos 2 tan 1 1 tan t t t t t t
4 tan (1 tan ) sin 4 2 sin 2 cos 2
Xuất phát từ phương trình: 1 1 2 cos t sin 2 t sin 4 t có nghiệm t 6
1 1 2 1 2 tan 1 cos sin 2 sin 4 2 sin cos 2sin 2 cos 2 cos t t t t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
Ví dụ 6 Với t (0; ) , ta có: 1 cot 2sin 2 2 sin 2 sin
Xuất phát từ phương trình: 2 sin cos 2
2 sin 2 cot tan cot 1 cot 1 cot
(*) Đặt 1 cot , (0; ) x 2 t t thay vào (*), ta có bài toán:
Xuất phát từ phương trình: sin 1 2 cos 3 0
Ta có: sin 1 2 cos 3 0 sin 2sin cos 3 0 sin sin cos 2
2 2 1 sin t sin (1 cos ) t t 2 2 1 sin t sin (1 t 1 sin t )
thay vào (*), ta có bài toán:
Ví dụ 8 Với ; t 2 2 , ta có: 2 2
1 tan cos cos cos 1 tan t t t t t
Xuất phát từ phương trình: 5sin 2 t 2sin t 3 0 có nghiệm sin 3 tan 3
Ta có: 5sin 2 2sin 3 0 2 5cos 2 2sin 0 1 5cos tan 0 cos 2 t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
và sin 2 2sin cos 2 tan cos 2 2 tan 2
Xuất phát từ phương trình: sin sin 6
1 6 tan 32 tan sin sin 6 cos 3sin 2 4sin 2
thay vào (*), ta có bài toán:
Thực hiện phép biến đổi (1) 1 2 5 (1 2 3 3 )
, ta có: 1 2 1 tan 2 tan cos t t t
Xuất phát từ phương trình: (1 cot )(1 cot ) t 2 t 4có nghiệm , 3 (0; )
Ta có: (1 cot )(1 cot 2 ) 4 1 1 4 2 1 2 1 1 4 sin 2 2 tan 1 cot cos tan cos t t t t t t t t
thay vào (*), ta có bài toán:
2.3 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các đẳng thức
Ví dụ 1 Xuất phát từ đẳng thức: ( a b c ) 3 a 3 b 3 c 3 3( a b b c a c )( )( )
Do đó, bằng cách chọn a b c , , sao cho ( a b c ) 3 a 3 b 3 c 3 thì ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 2 Xuất phát từ đẳng thức: a 3 b 3 ab a b ( ) ( a b a b )( ) 2
Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ
Ta có bài toán sau:
Ví dụ 3 Xuất phát từ đẳng thức: a 2 b 2 c 2 2 ab 2 bc 2 ca ( a b c ) 2
Bằng cách chọn a b , thay vào (1), ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 4 Xuất phát từ đẳng thức: a b c abc ab bc ca 1 ( a 1)( b 1)( c 1) Nếu
Bằng cách chọn a b c , , thay vào a b c abc ab bc ca 1 0, ta thu được phương trình vô tỷ
, với x 1 1 a b c abc ab bc ca
Khi đó: a b c abc ab bc ca 1 0
Ví dụ 5 Xuất phát từ đẳng thức: 3 2 2 2 7 (*) ( 2 )(3 ) 0 2
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 2 x 2, b x 2 2 x 2, thay vào (*), ta có:5 x 2 2 x 10 7 x 4 4
Chọn a x 2 3 x 5; b x 2 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 x 4; b x 2 2 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 6 Xuất phát từ đẳng thức: 2 4 3 2 0(*) ( )( 3 ) 0
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 2 ; x b x 2 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 2 , x b x 2 4 x 3 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 7 Xuất phát từ đẳng thức:
Bằng cách chọn a b , bởi các biểu thức phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Chọn a x 2 x 1; b x 3 x 2 x 3 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 3; b x 2 3 x 4 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 1; b x 2 3 x 1 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 8 Xuất phát từ đẳng thức: 2 2 5 4(*) 2 2
với x 1 thay vòa (*), ta có:
với 3 x 2 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 9 Xuất phát từ đẳng thức: 1 a 2 3 a 1(*) a 0
, với x 2; 6 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 10 Xuất phát từ đẳng thức: 2
Chọn a x 1 2 x 3 , với x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 2 3 x 5, với 5 x 3 thay vào (*), ta có:
Chọn a 4 x 3 3 2 x 1, với 1 x 2thay vào (*), ta có:
Ví dụ 11 Xuất phát từ đẳng thức
Chọn a x 2 8 x 48; ( ) g x x h x ; ( ) x 6 thay vào (*), ta có:
Chọn a 2 x 2 7 x 9, ( ) g x x 5; ( ) h x 2 x 6 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 2 x 3, ( ) g x x 3, ( ) h x x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 5 x 4, ( ) g x x 6, ( ) h x x 4 thay vào (*), ta có:
Chọn a x 2 4 x 5, ( ) g x 2 x 7, ( ) h x 2 x 1 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 12 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 2 t (*) t 1
Ví dụ 14 Xuất phát từ đẳng thức: t 2 t 20 0(*) có nghiệm t 4, t 5 Đặt t 2 x 3 x 1, với x 1 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 3 x 1 3 x 2 2 x 2 5 x 3 16 Đặt t x 3 3 3 x 1, với 1 x 3thay vào (*), ta có
Ví dụ 15 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 5 t 2 0(*) có 2 nghiệm 2, 1 t t 2 Đặt 2
, với x ( 2;0) (0; 2) thay vào (*), ta có:
, với x ( 3; ) thay vào (*), ta có:
Đặt t x 1 x 2 , với x ( 1;0) (0;1) thay vào (*), ta có:
Ví dụ 16 Xuất phát từ đẳng thức: 2 t 2 t 1 0(*) có nghiệm 1, 1 t t 2 Đặt 1 3
, với x ( 2;1) 1;3 thay vào (*), ta có:
, với x ( ; 1) (0;1)thay vào (*), ta có:
, với 2 x 3 thay vào (*), ta có:
Ví dụ 17 Xuất phát từ đẳng thức: t 6 14 t 3 24 t 96 0(*) có nghiệm duy nhất t 2 Đặt t 3 4 x 4 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 2 3 x 7 3 4 3 x 4 0 Đặt t 3 4 x 4 thay vào (*), ta có:
Giải phương trình: 2 x 2 11 x 21 3 4 3 x 4 0 Đặt t 2 3 3 x 2 thay vào (*), ta có:
2.4 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hệ phương trình đối xứng loại 2 và hệ gần đối xứng loại 2:
Ví dụ 1 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 2
Tứ (1) v a x u b x ( ) ( ) thế vào (2), ta có:
Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta được phương trình vô tỷ
Chọn u 2 x 1, ( ) a x x 2, ( ) b x ( x 1) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 3, ( ) a x 2 x 3; ( ) b x ( x 7) thay vào (3), ta có:
Chọn u 3 x 1; ( ) a x 2 x 1; ( ) b x 9 x 2 10 thay vào (3), ta có:
Chọn u x 4; ( ) a x 2 x 1; ( ) b x ( x 2 x ) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 2; ( ) a x x 2 2 x 1; ( ) b x 2 x 5 thay vào (3), ta có:
Ví dụ 2 Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2 dạng: 3
Tứ (1) v 3 a x u b x ( ) ( ) thế vào (2), ta có: u 3 a x ( ) 3 a x u b x ( ) ( ) b x ( )(3) Đến đây, chọn u a x b x , ( ), ( )phù hợp thay vào (3) hoặc (4), ta có phương trình vô tỷ
Chọn u x 2; ( ) 1 2 ; ( ) a x x b x ( x 2 4 x 3) thay vào (3), ta có:
Chọn u 2 x 1; ( ) a x x 1; ( ) b x x 2 x 1 thay vào (3), ta có:
Chọn u 2 x 1; ( ) a x 4 2 ; ( ) x b x (2 x 2 3 x 1) thay vào (3), ta có:
Chọn u x 1; ( ) 1 2 ; ( ) a x x b x 8 x 2 x 6 thay vào (3), ta có:
Chọn u x 1; ( ) a x 1 2 ; ( ) x b x 5 x 2 x 4 thay vào (3), ta có:
Ví dụ 3 Xuất phát từ hệ gần đối xứng loại 2
Xét x = 3, ta có phương trình 2x - 5 = -1 Từ đó, ta nhận được 5(2x - 5) = 3 Để xây dựng phương trình dạng (ax + b)³ và 3cx + d, ta cần giải quyết bằng cách chuyển đổi về hệ phương trình đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng loại 2 Điều này có nghĩa là khi trừ (hoặc cộng) các vế của hai phương trình trong hệ, ta sẽ thu được thừa số (x - y).
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) 2 y 5 3 x 2 2 y 3 x 2 5 thế vào (2), ta có:
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) y 1 3 2 x 2 y 3 2 x 2 1 thế vào (2), ta có:
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Khi đó, ta xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: 3
Từ (1) 3 y 2 3 81 x 8 3 y 3 81 x 8 2 thế vào (2), ta có:
Nếu xét hệ gần đối xứng loại 2 sau: (3 2) 3 3 81 8(1)
2.5 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ các biểu thức dạng: f 2 ( ) x g 2 ( ) x hoặc
Do đó x 3 là nghiệm của phương trình:
Do đó 4 2 x 3 là nghiệm của phương trình:
Tiếp tục biến đổi phương trình (*), ta có:
Do đó x 3 là nghiệm của phương trình: f 3 ( ) x g x 3 ( )
Ví dụ 3 Xét hàm số ( ) 4 1
Ví dụ 4 Xét 2 hàm số ( ) 1 3 ; ( ) 4 1 2 f x x 2 g x x
Do đó 5 x 4 là nghiệm của phương trình
Ví dụ 5 Xét 2 hàm số f x ( ) x 2 x g x ; ( ) 2 3 x 1
Do đó x 1 là nghiệm của phương trình:
Ví dụ 6 Xét 2 hàm số f x ( ) x 2 x 2 2 x 16; ( ) g x x 2
Do đó x 2 là nghiệm của phương trình
Ví dụ 7 Xét 3 hàm số f x ( ) x 1; ( ) g x 2 x x 3; ( ) h x x 2 1
Do đó x 1 là nghiệm của phương trình:
Ví dụ 8 Xét 3 hàm số f x ( ) 2 x x 2 1; ( ) g x x 2 1; ( ) h x x 3 2
Do đó x 1là nghiệm của phương trình 2 f 2 ( ) x g x 2 ( ) 3 ( ) h x 2 0
Ví dụ 9 Xét 2 hàm số f x ( ) x 1 4 x 2; ( ) g x x x 10 10; ( ) h x x 11
Do đó x 11 là nghiệm của phương trình
2.6 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ bất đẳng thức
Ví dụ 1 Áp dụng bất đẳng thức cô si , ta có
4 27( x 1) 4 3.3.3.( x 1) 10 x x 1 (1) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
(2) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
Ví dụ 2 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
(1) Đẳng thức xẩy ra khi x 1
x (2) Đẳng thức xẩy ra khi x 1
Ví dụ 3 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
2 2 2 2 x x x x x x x (1) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
(2) Đẳng thức xẩy ra khi x 2
Ví dụ 4 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có
Ví dụ 5 Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có
Ví dụ 6 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có
Ta có x 2 4 x 8 x 4 8 x 2 20 ( x 2) 2 4 ( x 2 4) 2 4 2 2 4(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra x 2
Ví dụ 7 Áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có
Ví dụ 8 Xuất phát từ bất đẳng thức: u v u v Đẳng thức ở xẩy ra u và v cùng hướng
(1), với x 2; 4 Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng
Tương tự chọn u ( x 1;1); v ( x 1; 3 x ), ta có:
( 1) 1 3 2 2 4 4 u v u v x x x x x (1), với x 1;3 Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng
Nếu chọn u (2 x ;1); v ( x ; 3 2 ) x , ta có bài toán:
Ví dụ 9 Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v Đẳng thức xẩy ra u và v cùng hướng
(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng 1 1 1
Bằng cách làm tương tự:
Chọn u (2 ;1), x v (2 2 ; 2) x Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v , ta có bài toán:
Ví dụ 10 Xuất phát từ bất đẳng thức u v u v Đẳng thức xẩy ra u và v cùng hướng
Khi đó u v u v x 2 10 x 74 x 2 6 x 10 10(1) Đẳng thức ở (1) xẩy ra u và v cùng hướng 5 7 13
2.7 Sáng tạo phương trình vô tỷ từ hàm số đơn điệu
Cho hàm số y f t ( ) đơn điệu trên khoảng ( ; ) a b ; u v , ( ; ) a b
Bằng cách chọn u v , phù hợp thay vào (*), ta thu được phương trình vô tỷ
Ví dụ 1 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t 3 t , với t R
Ta có f t / ( ) 3 t 2 1 0 t R f t ( ) đồng biến trên R
Chọn u x 1; v 3 x 1 thay vào (*), ta có:
Chọn u x 6; v x 2 4 x thay vào (*), ta có:
Chọn u 4 x 4; v 2 x 2thay vào (*), ta có:
Ví dụ 2 Xuất phát từ hàm số y f t ( ) 2 t 3 t 2 1 đồng biến trên khoảng (0; )
Ví dụ 3 Xuất phát từ hàm số y t t t 2 2 đồng biến trên R
Ví dụ 4 Xuất phát từ hàm số f t ( ) 4 t t t 2 3 1
suy ra f t ( ) đồng biến trên ( ;0)và
Ví dụ 5 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t t 2 1 đồng biến trên R
Ví dụ 6 Xuất phát từ hàm số f t ( ) t 2 t 7 đồng biến trên khoảng 0;
Giải phương trình: 2 5 4 x x 2 1 x x x 6 x 5 Để giải các phương trình vô tỷ mới được sáng tạo, chúng ta chỉ cần đi ngược lại quy trình tạo ra nó
TÍNH KHOA HỌC, TÍNH MỚI, TÍNH THỰC TIỄN, NHỮNG KINH NGHIỆM ĐƯỢC RÚT RA
Nội dung của đề tài được trình bày khoa học, các lập luận chính xác Hệ thống lý thuyết đúng đắn, có sức thuyết phục
2 Tính mới Đề tài có những điểm mới sau:
Phát triển khả năng tìm tòi và xem xét vấn đề từ nhiều góc độ khác nhau giúp rèn luyện tư duy sáng tạo trong việc giải các phương trình vô tỷ Việc đa dạng hóa quy trình và cách thức sáng tạo bài toán mới một cách logic, khoa học không chỉ tạo hứng thú cho học sinh khi học toán mà còn góp phần tích cực vào việc phát triển năng lực giải quyết vấn đề và khả năng sáng tạo của các em.
- Trình bày các phương pháp giải một cách khoa học, dễ hiểu, dễ áp dụng
Hệ thống bài tập đa dạng; có nhiều bài toán hay và khó trong các kỳ thi học sinh giỏi và kỳ thi đại học
Đề tài này có thể được áp dụng trong việc giảng dạy và học tập chuyên đề phương trình vô tỷ cho giáo viên và học sinh, đặc biệt là những học sinh khá, giỏi Nó cũng là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên trong việc ôn thi và ra đề cho các kỳ thi học sinh giỏi Bên cạnh đó, đề tài góp phần đổi mới phương pháp dạy học, hướng tới việc phát triển năng lực của học sinh.
Sau khi áp dụng kết quả nghiên cứu, khảo sát cho thấy hơn 80% học sinh thể hiện hứng thú với bài học Đặc biệt, hơn 50% trong số đó có khả năng tìm tòi, sáng tạo và xây dựng những bài toán mới từ các bài toán gốc và giả thiết do giáo viên gợi ý.
4 Một số kinh nghiệm rút ra
Dạy học toán không chỉ giúp học sinh tìm ra cách giải đúng mà còn phát triển kỹ năng biến đổi quy trình Học sinh cần biết cách tìm tòi và tư duy sáng tạo để giải quyết bài toán theo nhiều phương pháp khác nhau Ngoài ra, việc xây dựng và sáng tạo bài toán mới từ các bài toán gốc hoặc từ những suy luận logic cũng rất quan trọng.
Rèn luyện tư duy sáng tạo trong việc giải và sáng tạo phương trình vô tỷ giúp học sinh tiếp thu tri thức, phát huy khả năng sáng tạo và nâng cao kỹ năng tìm lời giải cho các bài toán tương tự trong tương lai.