Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình có ẩn dưới dấu căn ở đại số lớp 10

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
1
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU
CĂN Ở ĐẠI SỐ LỚP 1O
I. MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Dạy học theo hướng đổi mới là học sinh làm trung tâm, giáo viên chủ đạo;
các em học sinh tự giác tích cực tìm hiểu và lĩnh hội kiến thức.
Số lượng công thức và dạng toán học trong hệ thống môn Toán ở trường
phổ thông là rất lớn. Vì vậy giáo viên truyền thụ kiến thức cho học sinh phải làm
cho học sinh thấy được dạng toán nào là cơ bản, có những định hướng, nguyên
tắc biến đổi như thế nào để học sinh thấy không có quá nhiều dạng bài tập, giáo
viên có vai trò để học sinh thấy được học sinh cần nắm được đâu là bài toán cơ
bản, khi học sinh gặp một bài tập khó thì bài toán đó cái gốc ban đầu là từ đâu, tư
đó phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, đối với dạng toán phương trình vô tỷ,
dạng cơ bản là
( ) ( )f x g x
(1), sau khi đặt điều kiện cho hai vế không âm, bình
phương hai vế của phương trình, sẽ dẫn đến các phương trình bậc nhất, bậc hai
một ẩn, phương trình chứa ẩn dưới dấu căn đều biến đổi về phương trình dạng (1).
Trong quá trình dạy Toán ở trường Trung học phổ thông nói chung, dạy
toán đại số lớp 10 nói riêng, tôi cố gắng truyền thụ kiến thức Toán một cách đơn
giản nhất cho học sinh, trong đó cố gắng tránh sự áp đặt và truyền thụ máy móc,
hướng dẫn học sinh thuộc và nhớ công thức toán mà giảm tối đa phương pháp học
thuộc lòng. Học sinh không cần nhớ nhiều dạng toán, mà từ dạng toán này ta cần
biết biến đổi về bài toán gốc ban đầu của nó, bài toán cơ bản nào mà ta cần hướng
đến, làm sao để học sinh thấy thú vị khi giải các bài toán dù khó, nhưng khi hiểu
được nguyên tắc cơ bản của nó thì bài toán trở nên đơn giản.
Riêng chương III đại số lớp 10 (ban cơ bản) là một chương rất thuận lợi cho việc
dạy và học theo xu hướng trên. Đã nhiều năm, tôi thực hiện theo cách này. Nay
ghi lại gọi là chút kinh nghiệm, giải bày cùng đồng nghiệp và quí bạn đọc. Đề tài

được gọi tên là: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ ẨN
DƯỚI DẤU CĂN Ở ĐẠI SỐ LỚP 1O”.
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
2
2. ĐỀ TÀI:
a. Mục tiêu:
Giáo viên làm nỗi bật được vấn đề là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
luôn biến đổi về dạng gốc, bài toán cơ bản, để học sinh chủ động lĩnh hội kiến
thức chương phương trình một cách đơn giản, nhanh chóng và đầy đủ.
Dạy - học bảo đảm nội dung kiến thức cần truyền thụ của chương, sau đó
học sinh sẽ lĩnh hội được dạng bài tập khó.
b. Nhiệm vụ:
Giúp cho giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ dạy học và nâng cao chất lượng
giáo dục, giúp cho học sinh hình thành tư duy lôgic kỹ năng phân tích để đi đến
một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài toán giải phương trình vô tỷ từ phức
tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và giải được một cách dễ dàng.
Giải quyết được một số dạng bài tập phương trình chứa ẩn dưới dấu căn,
mà với phương pháp giải chỉ cần đến kiến thức lớp 10 là giải quyết được mà chưa
cần đến kiến thức lớp 12. Tức là học sinh tự tìm ra cách biến đổi để đưa về dạng
cơ bản đã được học, ở phần này có những phương pháp cần đến kiến thức lớp 12,
tuy nhiên các dạng toán đều giải được với kiến thức đã học ở lớp 10.
Trong bài viết này, tôi trình bày chi tiết và đầy đủ các cách giải một bài
toán, sau đó tôi trình bày theo phương pháp mà tôi lựa chọn và có các bài toán giải
theo phương pháp đó được tôi trình bày một cách chi tiết, sau đó có bài tập được
giải bằng phương pháp đã nêu.
Đề tài được sử dụng phù hợp để bồi dưỡng cho học sinh khối 10 có học lực
khá trở lên.
Bài viết có ba phần chính:
1. Giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bằng phương pháp đổi biến không hoàn
toàn.

2. Giải phương trình chứa nhiều căn bậc hai bằng phương pháp nhẩm nghiệm
nguyên, sau đó đưa về phương trình tích.
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
3
3. Phương trình chứa ba căn bậc hai, trong đó có một căn bậc hai là tích của hai
căn bậc hai còn lại.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
a. Nghiên cứu lý thuyết:
Cơ sở để tìm hiểu chương phương trình trong Toán lớp 10 là đại số cao cấp
Tìm hiểu phương pháp dạy học, chuẩn kiến thức kỹ năng môn toán ở
trường phổ thông, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên - Toán lớp 10, Sách giáo viên đại
số 10, Sách giáo khoa Đại số 10
b. Nghiên cứu thực tế:
Thông qua học sinh làm được bài thi trong các kỳ đại học, cao đẳng.
Thăm dò ý kiến học sinh và đồng nghiệp.
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
4
II. NỘI DUNG
1. THỰC TRẠNG:
1.1. Thuận lợi:
- Các kiến thức không phức tạp, dễ tiếp thu, kiến thức gắn liền với phương trình
đại số mà học sinh đã được học ở các lớp dưới, ở đây chỉ thông qua các phép biến
đổi tương đương để giải các phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn bậc hai, căn
bậc ba
2. Khó khăn:
Bài tập này để rèn luyện cho học sinh khá, giỏi

1.2. GIẢI PHÁP, BIỆN PHÁP:
a. Nội dung giải pháp: Giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Dạng 1: Giải phương trình dạng:
( ) ( )f x g x
(1)
Giải phương trình (1) bằng cách sử dụng phép biến đổi tương đương hoặc biến đổi
hệ quả
Giải phương trình (1) bằng phép biến đổi tương đương như sau:
(1)
 
2
( ) 0
( )
g x
f x g x






 

 

Ở dạng cơ bản này g(x) là hàm số bậc nhất, sau khi thực hiện phép biến đổi tương
đương học sinh dễ dàng giải được phương trình (1). Một vấn đề được đặt ra là khi
gặp dạng
( ) ( )f x g x
mà g(x) là hàm số bậc hai nếu sau khi đặt điều kiện cho hai

vế của phương trình không âm và bình phương hai vế của phương trình sẽ gặp
phương bậc cao, rất khó giải nếu nghiệm của phương trình là nghiệm vô tỉ; sau
đây tôi trình bày một ví dụ thể hiện nhiều cách giải, bằng kinh nghiệm nhỏ tôi
trình bày phương pháp giải phương trình dạng (1) bằng cách đổi biến không hoàn
toàn.
Bài toán 1: Giải phương trình sau:
2
4 3 5x x x   
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
5
Giải:
Phương pháp 1:
Phương trình (1)
 
2
2
2
4 3 0
5 4 3
x x
x x x

  



   



4 3 2
2 7
2 7
8 10 23 4 0
x
x
x x x x


 





 



    


  
 
2
2 7
2 7
1 4 5 1 0
x
x

x x x x


 




 




    


2 7
2 7
1
4
5 29
2
x
x
x
x
x


 




 

























Vậy: S=

5 29
1;
2
 

 

 
 
 
là nghiệm của phương trình
Phương pháp 2:
Sử dụng máy tính ta sẽ tìm được một nghiệm nguyên
1x 
. Khi đó ta thực hiện như sau:
 
2
4 3 ( 1) 5 2x x x x     
Phương trình (1) được viết như sau:
  
5 2 1 5x x x    
(1)
Đk:
5x
(1)
  
1
1 5
5 2
x

x x
x

   
 
1
1
5 (2)
5 2
x
x
x





 

 

Giải phương trình (2): Đặt
2
0
5
5
t
t x
t x



  

 

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
6
Phương trình (2) có dạng:
2
1
10
2
t
t
 

3 2
2 10 21 0t t t    
3
1 29
2
t
t










So sánh với điều kiện:
1 29
2
t


Với
1 29
2
t


ta có:
5 29
2
x


Phương pháp 3: Đk:
5x
Phương trình (1)
 
2
2 7 5x x    
Đặt:
2 5y x  
 
2

2
2 5
y
y x





  


Ta có hệ phương trình:
 
 
2
2
0
2 5
2 5
y
x y
y x




  



  


 
  
2
2
2 5
3 0
y
x y
x y x y



   


   

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
7

 
 
2
2
2 5
2 5
3

2
x y
y x
x y
y x
y


  









  



 









5 29
2
1
x
x






 


Phương pháp 4: Đặt
5t x 
2
0
5
t
t x




 

2
0

2 3
t
t x




  

2
0
3 2
t
t x




  

Phương trình (1) có dạng:
2 2
3 2 0t t x x    
2
1
t x
t x
 




 

Với
1t x 
ta có:
5 1x x  
2
1
3 4 0
x
x x




  

1x  
Với
2t x 
ta có:
5 2x x  
2
2
5 1 0
x
x x





  

5 29
2
x

 
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
8
Nhận xét thông qua các phương pháp giải của bài toán 1 như sau:Phương pháp 1:
Dạng cơ bản quen thuộc đối với học sinh, học sinh theo phương pháp 1, tuy nhiên
sau khi bình phương hai vế của phương trình sẽ dẫn đến phương trình bậc cao, nếu
nghiệm vô tỷ, rất khó khăn khi giải. Phương pháp 2: Sau khi sử dụng máy tính
tìm được nghiệm nguyên ta có thể giải bài toán 1 trên bằng cách đưa về phương
trình tích, phương pháp 2 là một cách khá hay, tôi sẽ trình bày ở dạng toán 2.
Phương pháp 3: Sau khi đặt ẩn phụ một cách thích hợp ta chuyển bài toán phương
trình chứa căn bậc thành hệ phương trình đối xứng loại hai, tuy nhiên việc chuyển
về hệ phương trình đối xứng loại 2 nhiều bài toán đưa về hệ khá phức tạp. Phương
pháp 4: Giải bằng “phương pháp đổi biến không hoàn toàn”, ở phương pháp này
sau khi đặt ẩn phụ ta được một phương trình theo ẩn phụ, tuy nhiên data phải là
một hằng đẳng thức, ở đây học sinh phải khéo léo để tách, sau đó giải theo ẩn
chính và gặp phương trình cơ bản có phương pháp giải đưa về phương trình bậc
nhất, phương trình bậc hai một ẩn. Sau đây tôi trình bày một số bài toán mà khi
giải theo phương pháp 4 đổi biến không hoàn toàn sẽ giải ngắn gọn và dễ dàng mà
chưa cần đến kiến thức lớp 12.
Bài toán 2: Giải phương trình sau
2
7 4 1x x x   

(1)
Giải:
Đặt:
7t x 
2
0
7
t
t x




 

(*)
Vấn đề đặt ra ở dạng này là biến đổi: 7 = 8 – 1 hoặc 7 = 6 + 1. Ở đây ta nên biến
đổi 7 = 6 + 1 để hệ số của
2
x
và t
2
trái dấu với nhau khi đó bài toán hầu hết được
giải quyết được, bài toán được giải như sau:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
9
(*)
2
0
6 1

t
t x




  

2
0
1 6
t
t x




  

Phương trình (1) có dạng:
2 2
4 6t x x t x    
2 2
5 6 0t t x x     
2
3
t x
t x
 




 

Với
2t x 
ta có:
7 2x x  
2
2
3 3 0
x
x x




  

2
3 21
2
3 21
2
x
x
x





 









 






Với
3t x 
ta có:
2
3
5 2 0
x
x x





  

3
5 17
2
5 17
2
x
x
x




 









 







Vậy:
3 21 5 17
;
2 2
S
 
   
 

 
 
 
là tập nghiệm của phương trình.
Bài toán 3: Giải phương sau:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
10
2
2 3 1 5 8x x x   
(1)
Giải:
(1)
2
12 4 5 8x x x    
Đặt
12 4t x 
2
0
12 4
t

t x




 

(*)
Để hệ số của t
2
và x
2
trái dấu ta sẽ tách: 4= 12 – 8 hay 8 = 12 – 4
(*)
2
0
4 12
t
t x



 

Khi đó phương trình (1) có dạng:
2 2
5 12 12t x x t x    
2 2
7 12 0t t x x     
3

4
t x
t x
 



 

Với
3t x 
ta có:
12 4 3x x  
2
3
6 5 0
x
x x




  

3
1
5
x
x
x













Với
4t x 
ta có:
12 4 4x x  
2
4
4 12 0
x
x x




  

(ptvn)
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
 

1;5S 
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
11
Bằng cách đặt ẩn phụ để đưa về phương trình ẩn mới giải đơn giản hơn, tương tự
biến đổi trên tôi trình bày thêm một số bài toán như sau
Bài toán 4: Giải phương trình sau:
2 2
3 1 ( 3) 1x x x x    
(1)
Giải:
Đặt:
2
1t x 
2 2
0
1
t
t x




 

Phương trình (1) có dạng:
 
2
3 3 0t x t x   
3
t x

t






Với t = x ta có :
2
1x x 
(ptvn)
Với t = 3 ta có:
2
1 3x  
2
8x 
2 2x 
Bài toán 5: Giải phương trình:
2
7
3 6 3
3
x
x x

  
(1)
Giải:
Đặt:
7

3
x
t


2
0
3 7
t
t x




 

(*) Để phương trình (1) giải bằng phương pháp trên ta tách:
7 = 4+ 3
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
12
(*)
2
0
3 4 3
t
t x





  

2
0
3 3 4
t
t x




  

Phương trình (1) có dạng:
2 2
3 3 7 4 0t t x x    
1
4
3
t x
t x
 




 

Với
1t x 

ta có:
7
1
3
x
x

 
2
1
3 5 4 0
x
x x




  

1
5 73
6
5 73
6
x
x
x





 









 






Với
4
3
t x 
ta có:
2
4
3
9 21 5 0
x
x x


 




  


4
3
7 69
6
7 69
6
x
x
x






 








 





Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
7 69 5 73
;
6 6
S
 
   
 

 
 
 
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
13
Bài toán 6: Giải phương trình:
 
2
4 3 . 4 3 2 11 6x x x x    
(1)
Giải:
Đặt
4 3t x 
2

0
4 3
t
t x




 


2
0
2 8 6
t
t x



 

Phương trình (1) có dạng:
 
2 2
4 3 2 2 3x t x t x   
 
2 2
2 4 3 2 3 0t x t x x     
3
2

t x
t x

 





Với
t x
ta có:
4 3x x 
2
0
4 3 0
x
x x




  

0
2 7
2 7
x
x
x






 



 



Với
3
2
t x 
ta có:
3
4 3
2
x x  
2
3
2
4 4 3 0
x
x x

 





  

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
14
3
2
1
2
3
2
x
x
x

 





 












Vậy: Tập nghiệm của phương trình là :
3
2 7 ;
2
S
 
 
 
 
Bài toán 7: Giải phương trình:
 
2 2
4 1 1 2 2 1x x x x    
Giải:
Đặt
2
1t x 
2 2
0
2 2 2
t
t x





 

2 2
0
2 2 2
t
x t




 

Phương trình có dạng:
 
2
4 1 2 2 2 1x t t x    
 
2
2 4 1 2 1t x t x    
2 1
1
2
t x
t
 







Với
2 1t x 
ta có :
2
1 2 1x x  
2
1
2
3 4 0
x
x x






 

1
2
0
4
3
x
x

x















Với
1
2
t 
ta có:
2
1
1
2
x  
(ptvn)
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
4
3

S
 

 
 
Bài toán 8: Giải phương trình:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
15
3
3
1 2 2 1x x  
Giải:
Đặt
3
2 1t x 
3
2 1t x  
Phương trình có dạng:
3 3
2 2 0t t x x   
2 2
2 0(2)
t x
t xt x




   


Với
t x
ta có:
3
2 1x x 
3
2 1 0x x   
 
 
2
1 . 1 0x x x    
1
1 5
2
x
x




 




Phương trình (2) vô nghiệm
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
1 5
1;
2

S
 
 
 

 
 
 
Bài toán 9: Giải phương trình:
2
8 6 2x x x   
(1)
Giải:
Cách 1: Đặt:
3 8y x  
 
2
3
3 8
y
y x





  


Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang

16
Phương trình (1) trở thành hệ phương trình:
 
 
2
2
3
3 8
3 8
y
y x
x y




   


  


Phương trình (1) là bài toán gốc để biến đổi thành hệ đối xứng loại 2, tuy nhiên bài
toán này giải được bằng phương pháp đổi biến không hoàn toàn một cách dễ dàng
và ngắn gọn
Cách 2: Đặt
8t x 
2
0
6 2

t
t x




  

2
0
2 6
t
t x




  

Phương trình có dạng:
2 2
5 6 0t t x x    
2
3
t x
t x
 




 

Với
3t x 
ta có:
8 3x x  
2
3
7 1 0
x
x x




  

3
7 45
2
x
x










Với
2t x 
ta có:
8 2x x  
2
2
5 3 0
x
x x




  

2
5 37
2
x
x










Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
17
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
7 45 5 37
;
2 2
S
 
 
 

 
 
 
Bài toán 10: Giải phương trình:
 
3
4 1 2 1 0x x x x    
(1)
Giải:
(1)
3
8 2 (2 1) 2 1 2 1 0x x x x x       
Đặt:
2 1t x 
2
0
2 1
t
t x





 

Phương trình (1) có dạng:
3 3
8 2 0t t x x   
 
 
2 2
2 2 4 1 0t x t xt x     
2 2
2
2 4 1 0 (2)
t x
t xt x




   

Với
2t x
ta có :
2 1 2x x 
2
0

4 2 1 0
x
x x




  

0
1 5
2
x
x








Vậy: Tập nghiệm phương trình là:
1 5
2
S
 

 


 
 
 
Bài toán 11: Giải phương trình:
3 2 2
3
4 5 6 7 9 4x x x x x     
(1)
Giải:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
18
Phương trình (1)
 
 
3
2 2
3
1 1 7 9 4 7 9 4x x x x x x         
Đặt:
2
3
7 9 4t x x  
3 2
7 9 4t x x   
Khi đó phương trình (1) có dạng:
 
3
3
1 ( 1) 0t t x x     
2 2

1
( 1) ( 1) 1 0(2)
t x
t x t x
 



     

Phương trình (2) vô nghiệm
Với
1t x 
ta có:
2
3
7 9 4 1x x x   
3 2
4 6 5 0x x x    
5
1 5
2
x
x




 





Vậy: Tập nghiệm phương trình là:
1 5
5;
2
S
 
 
 

 
 
 
Dạng 2: Dạng nhiều căn bậc hai:
( ) ( ) ( ) (1)f x g x h x 
Phương pháp giải:
Đặt điều kiện cho các căn có nghĩa:
 
 
 
0
0
0
f x
g x
h x









Chuyển vế cho các vế không âm, sau đó thực hiện phép biến đổi tương đương
bằng cách bình phương hai vế của phương trình đưa về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
đã biết cách giải
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
19
Dạng toán phương trình (1) nếu
( ); ( ); ( )f x g x h x
là hàm số bậc hai chúng ta có thể
đặt ẩn phụ để đưa về dạng (1) với
( ); ( ); ( )f x g x h x
là hàm số bậc nhất khi đó sẽ
được giải bằng phương pháp trên
Bài toán 1: Giải phương trình:
1 8 3 1x x   
(1)
Giải:
Đk:
1
3
x  
Phương trình (1)
1 3 1 8x x    
2

31
8
2
128 960 0
x
x
x x



 


  

So sánh với điều kiện: Vậy x = 8 là nghiệm của phương trình
Bài toán 2: Giải phương trình
2
2 1 3 4x x x    
(1)
Giải:
Phương pháp 1:
Đk:
1
4
2
x 
Phương trình (1)
 
 

2
2 1 3 7 5x x x    
1x 
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
 
1S 
Phương pháp 2:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
20
Đk:
1
2
x 
Sử dụng máy tính ta tìm được một nghiệm nguyên x = 1. Khi đó chúng ta thực
hiện như sau:
4 – x = -(x - 1) + 3
Phương trình (1) được viết lại như sau:
2
2 1 3 ( 1) 3x x x     
Sau đó số 3 được tách một cách hợp lý sao cho sau khi nhân lượng liên hợp
phương trình đưa được về phương trình tích có nghiệm x = 1
 
2
2 1
1 1 0
2 1 1
3 2
x
x
x

x
 

 
    
 
 
 
 
2
1
2 1
1 0
2 1 1
3 2
x
x
x
x






  

 
 


(2)
Đk:
1
2
x 
phương trình (2) vô nghiệm
Vậy:
1x 
là nghiệm của phương trình
Nhận xét thông qua hai phương pháp giải như sau: Ở dạng 2, tôi sẽ trình bày
phương pháp giải phương trình chứa nhiều căn bằng cách sử dụng máy tính tìm
nghiệm nguyên sau đó đưa được về phương trình tích, những bài toán này sẽ có
nhiều cách giải, tuy nhiên với cách giải này sẽ cho chúng ta giải một số bài toán
dạng chứa nhiều căn bậc hai mà giải theo phương pháp 2 sẽ giải được đơn giản, tôi
trình bày một số bài toán mà cách giải bằng cách nhẩm nghiệm nguyên sau đó
nhân lượng liên hợp và đưa được về phương trình tích.
Bài toán 3: Giải phương trình
2 2
12 5 3 5x x x    
(1)
Giải:
TXĐ:
D
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
21
Phương trình (1)
2 2
12 5 3 5x x x     
Với
2x

là nghiệm phương trình:
3 5 3( 2) 1x x   
2 2
12 4 3 5 3 6x x x      
 
2 2
2 2
2 3 0
5 3 12 2
x x
x
x x
 
 
 
    
 
   
 
2 2
2
2 2
3 0(2)
5 3 12 2
x
x x
x x




 


  

   

2x 
Phương trình (2) vô nghiệm
Vậy:
2x
là nghiệm của phương trình
Bài toán 4: Giải phương trình:
2
3 1 6 3 14 8 0x x x x      
Giải:
Đk:
1
6
3
x  
Sử dụng máy tính chúng ta có
5x 
là nghiệm của phương trình:
2
3 14 8 ( 5).(3 1) 3x x x x     
Phương trình có dạng:
3 1 6 ( 5)(3 1) 3 0x x x x       
 
3 1 4 1 6 5 (3 1) 0x x x x         

 
3 1
5 3 1 0
3 1 4 1 6
x x
x x
 
     
 
 
   
 
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
22
5
3 1
3 1 0(2)
3 1 4 1 6
x
x
x x





   

   


Ta có:
3 1 1
3 1 0 ;6
3
3 1 4 1 6
x x
x x
 
      
 
   
 
Vậy nghiệm của phương trình là:
5x 
Bài toán 5: Giải phương trình:
2
4 6 2 13 17x x x x     
(1)
Giải:
Đk:
4 6x 
Sử dụng máy tính ta được
5x 
là nghiệm của phương trình, khi đó:
2
2 13 17 ( 5)(2 3) 2x x x x     
. Phương trình (1) được biến đổi như sau:
4 6 ( 5)(2 3) 2x x x x      

4 1 6 1 ( 5)(2 3)x x x x       

 
1 1
5 (2 3) 0
4 1 6 1
x x
x x
 
     
 
 
   
 
5
1 1
(2 3) 0
4 1 6 1
x
x
x x





   

   

Ta có:
 

1 1
(2 3) 0 4;6
4 1 6 1
x x
x x
     
   
Vậy nghiệm của phương trình là
5x 
Bài toán 6: Giải phương trình:
2
3 1 5 4 3 3x x x x     
(1)
Giải:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
23
Đk:
1
3
x  
Sử dụng máy tính ta được
1x 
và
0x 
là nghiệm của phương trình. Khi đó ta
biến đổi:
2 2
3 3 3( ) 2 3x x x x x     
Phương trình (1)
2

3 1 ( 1) 5 4 ( 2) 3( )x x x x x x         
 
2
1 1
3 0
1 3 1 2 5 4
x x
x x x x
 
    
 
 
     
 
2
0
1 1
3 0(2)
1 3 1 2 5 4
x x
x x x x

 



  

     


Ta có:
1 1 1
3 0
3
1 3 1 2 5 4
x
x x x x
     
     
Vậy nghiệm của phương trình là
0x 
và
1x 
Bài toán 7: Giải phương trình:
2
2
1
3
2 1
x x
x
  

(1)
Giải:
Đk của phương trình là:
1 1
; ;
2 2
   

    
   
   
Phương trình (1)
2
2
1
3
2 1
x x
x
   

2 2
3 1
3 2 1x x x
 
  
2 2
3 2 1 3x x x    
2 2
2 3 16 12x x x   
 
2
2 2 2
4 ( 3) 16 12x x x   
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
24
1
2

7
x
x








Vậy tập nghiệm phương trình là:
2
1;
7
S
 
 
 
 
Bài toán 8: Giải phương trình:
4 1 9 4 3 3x x x    
(1)
Giải:
Đk:
1
4
x  
Ta có x = 0 là nghiệm của phương trình
Phương trình (1)

4 1 1 9 4 2 3x x x       
4 9
3 0
4 1 1 9 4 2
x
x x
 
   
 
 
   
 
0
4 9
3 0
4 1 1 9 4 2
x
x x





  

   

Ta có:
4 9 1
3 0

4
4 1 1 9 4 2
x
x x
     
   
Vậy nghiệm của phương trình là:
0x 
Bài toán 9: Giải phương trình:
2
1 3x x x   
(1)
Giải:
Đk:
1x 
Sử dụng máy tính chúng ta được
2x
là nghiệm của phương trình, khi đó ta biến
đổi:
2
3 ( 2)( 1) 1x x x x       
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang
25
Phương trình (1)
1 1 ( 2)( 1)x x x      
 
1
2 1 0
1 1
x x

x
 
    
 
 
 
 
2
1
1 0
1 1
x
x
x





  

 

Ta có:
1
1 0 1
1 1
x x
x
    

 
Vậy nghiệm của phương trình là:
2x
Dạng 3: Phương trình chứa ba căn bậc hai trong đó có một căn bậc hai là tích của
hai căn bậc hai còn lại, ở dạng toán này chúng ta có các cách giải khác nhau, ở
dạng bài tập này tôi trình bày theo nhiều cách giải sau đó sẽ đưa ra cách giải mà
thông thường học sinh thường lựa chọn và đưa ra nhận xét để nhận dạng bài tập
dạng này:
Dạng:
   
( ). ( ) ( )f x h x f x h x g x  
(1)
Đặt:
   
t f x h x 
khi đó ta biểu thị căn bậc hai còn lại theo
t
, phương trình
(1) sẽ đưa về phương trình bậc hai theo
t
, sau khi giải được
t
, sẽ quay lại cách đặt
giải ẩn
x
.
Bài toán 1: Giải phương trình:
2
2
1 3 2

1 3
x x
x x
   
  
(1)
Giải:
Cách 1: Đk:
1 3x  
Đặt:
1 3 ; 2;2 2t x x t
 
    
 
2 2
2 3 2 4x x t    