Sáng kiến kinh nghiệm - Một số phương pháp giải phương trình có ẩn dưới dấu căn ở đại số lớp 10 THPT NGHĨA HƯNG A
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (225.53 KB, 25 trang )
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 (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
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 1
( ) ( )f x g x=
được gọi tên là: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ ẨN
DƯỚI DẤU CĂN Ở ĐẠI SỐ LỚP 1O”.
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. N hiệm 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.
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 2
2. Giải phương trình chứa nhiều căn bậc hai bằng phương pháp nhẩm nghiệm
nguyên, sau đó đưa về phương trình tích.
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 3
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:
(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)
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 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;
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 4
( ) ( )f x g x=
( )
2
( ) 0
( )
g x
f x g x
≥
⇔
=
( ) ( )f x g x=
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:
(1)
Giải:
Phương pháp 1:
Phương trình (1)
Vậy: S= là nghiệm của
phương trình
Phương pháp 2:
Sử dụng máy tính ta sẽ tìm được
một nghiệm nguyên
. Khi đó ta thực hiện như
sau:
Phương trình (1) được viết
như sau: (1)
Đk:
(1)
Giải phương trình (2): Đặt
Phương trình (2) có dạng:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 5
2
4 3 5x x x− − = +
( )
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
≤ −
≥ +
⇔
=−
=
±
=
5 29
1;
2
+
−
1x =−
( )
2
4 3 ( 1) 5 2x x x x− − = + − +
( ) ( )
5 2 1 5x x x+ − = + −
5x≥−
( ) ( )
1
1 5
5 2
x
x x
x
+
⇔ = + −
+ +
1
1
5 (2)
5 2
x
x
x
=−
⇔
= −
+ +
2
0
5
5
t
t x
t x
≥
= + ⇔
= +
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:
Với ta có:
Phương pháp 3: Đk:
Phương trình (1)
Đặt:
Ta có hệ phương
trình:
Phương pháp 4: Đặt
Phương trình (1) có
dạng:
Với ta có:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 6
1 29
2
t
+
=
1 29
2
t
+
=
5 29
2
x
+
=
5x≥−
( )
2
2 7 5x x⇔ − − = +
2 5y x− = +
( )
2
2
2 5
y
y x
≥
⇔
− = +
( )
( )
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
≥
⇔ − = +
− + + =
⇔
( )
( )
2
2
2 5
2 5
3
2
x y
y x
x y
y x
y
− = +
=
− = +
=− −
≥
5 29
2
1
x
x
+
=
⇔
=−
5t x= +
2
0
5
t
t x
≥
⇔
= +
2
0
2 3
t
t x
≥
⇔
= + +
2
0
3 2
t
t x
≥
⇔
= − −
2 2
3 2 0t t x x+ − + − =
2
1
t x
t x
= −
⇔
=− +
1t x=− +
5 1x x+ =− +
2
1
3 4 0
x
x x
≤
⇔
− − =
1x⇔ =−
Với ta có:
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
(1)
Giải:
Đặt:
(*)
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 và t
2
trái
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 7
2t x= −
5 2x x+ = −
2
2
5 1 0
x
x x
≥
⇔
− − =
5 29
2
x
+
⇔ =
2
7 4 1x x x+ = + −
7t x= +
2
0
7
t
t x
≥
⇔
= +
2
x
dấu với nhau khi đó bài toán hầu hết được giải quyết được, bài toán được giải như
sau:
(*)
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
Vậy: là tập nghiệm của
phương trình.
Bài toán 3: Giải phương sau:
(1)
Giải:
(1)
Đặt
(*)
Để hệ số của t
2
và x
2
trái dấu ta sẽ
tách: 4= 12 – 8 hay 8 = 12 – 4
(*)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 8
2
0
6 1
t
t x
≥
⇔
= + +
2
0
1 6
t
t x
≥
⇔
= − −
2 2
4 6t x x t x
= + − + +
2 2
5 6 0t t x x⇔ + − − − =
2
3
t x
t x
= +
⇔
=− −
2t x= +
7 2x x+ = +
2
2
3 3 0
x
x x
≥−
⇔
+ − =
2
3 21
2
3 21
2
x
x
x
≥−
− −
=
⇔
− +
=
3t x=− −
2
3
5 2 0
x
x x
≤−
⇔
+ + =
3
5 17
2
5 17
2
x
x
x
≤−
− −
=
⇔
− +
=
3 21 5 17
;
2 2
S
− + − −
=
2
2 3 1 5 8x x x+ = − +
2
12 4 5 8x x x⇔ + = − +
12 4t x= +
2
0
12 4
t
t x
≥
⇔
= +
2
0
4 12
t
t x
≥
= −
Khi đó phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
(ptvn)
Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là:
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:
(1)
Giải:
Đặt:
Phương trình (1) có dạng:
Với t = x ta có : (ptvn)
Với t = 3 ta có:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 9
2 2
5 12 12t x x t x= − + − +
2 2
7 12 0t t x x⇔ + − − − =
3
4
t x
t x
= +
⇔
=− −
3t x= +
12 4 3x x+ = +
2
3
6 5 0
x
x x
≥−
⇔
− + =
3
1
5
x
x
x
≥−
⇔
=
=
4t x=− −
12 4 4x x+ =− −
2
4
4 12 0
x
x x
≤−
⇔
− + =
{ }
1;5S =
2 2
3 1 ( 3) 1x x x x+ + = + +
2
1t x
= +
2 2
0
1
t
t x
≥
⇔
= −
( )
2
3 3 0t x t x− + + =
3
t x
t
=
⇔
=
2
1x x+ =
2
1 3x + =
2
8x
⇔ =
2 2x⇔ =±
Bài toán 5: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đặt:
(*) Để phương trình (1)
giải bằng phương pháp trên ta
tách: 7 = 4+ 3
(*)
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của
phương trình là:
Bài toán 6: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đặt
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 10
2
7
3 6 3
3
x
x x
+
+ − =
7
3
x
t
+
=
2
0
3 7
t
t x
≥
⇔
= +
2
0
3 4 3
t
t x
≥
⇔
= + +
2
0
3 3 4
t
t x
≥
⇔
= − −
2 2
3 3 7 4 0t t x x
+ − − − =
1
4
3
t x
t x
= +
⇔
=− −
1t x= +
7
1
3
x
x
+
= +
2
1
3 5 4 0
x
x x
≥−
⇔
+ − =
1
5 73
6
5 73
6
x
x
x
≥−
− −
=
⇔
− +
=
4
3
t x=− −
2
4
3
9 21 5 0
x
x x
≤−
⇔
+ − =
⇔
4
3
7 69
6
7 69
6
x
x
x
≤−
− −
=
− +
=
7 69 5 73
;
6 6
S
− − − +
=
( )
2
4 3 . 4 3 2 11 6x x x x+ + = + +
4 3t x= +
2
0
4 3
t
t x
≥
⇔
= +
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là :
Bài toán 7: Giải phương trình:
Giải:
Đặt
Phương trình có dạng:
Với ta có :
Với ta có: (ptvn)
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 11
⇔
2
0
2 8 6
t
t x
≥
= +
( )
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
= +
⇔
=
t x=
4 3x x+ =
2
0
4 3 0
x
x x
≥
⇔
− − =
0
2 7
2 7
x
x
x
≥
⇔
= +
= −
3
2
t x= +
3
4 3
2
x x+ = +
2
3
2
4 4 3 0
x
x x
≥−
⇔
− − =
3
2
1
2
3
2
x
x
x
≥−
⇔
=−
=
3
2 7 ;
2
S
= +
( )
2 2
4 1 1 2 2 1x x x x− + = + +
2
1t x
= +
2 2
0
2 2 2
t
t x
≥
⇔
= +
2 2
0
2 2 2
t
x t
≥
⇔
= −
( )
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
= −
⇔
=
2 1t x= −
2
1 2 1x x+ = −
2
1
2
3 4 0
x
x x
≥
⇔
− =
1
2
0
4
3
x
x
x
≥
⇔ =
=
1
2
t =
2
1
1
2
x + =
4
3
S
=
Bài toán 8: Giải phương trình:
Giải:
Đặt
Phương trình có dạng:
Với ta có:
Phương trình (2) vô nghiệm
Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là:
Bài toán 9: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Cách 1: Đặt:
Phương trình (1) trở thành hệ
phương trình:
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
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 12
3
3
1 2 2 1x x+ = −
3
2 1t x= −
3
2 1t x⇔ = −
3 3
2 2 0t t x x
+ − − =
2 2
2 0(2)
t x
t xt x
=
⇔
+ + + =
t x=
3
2 1x x− =
3
2 1 0x x
⇔ − + =
( )
( )
2
1 . 1 0x x x⇔ − + − =
1
1 5
2
x
x
=
⇔
− ±
=
1 5
1;
2
S
− ±
=
2
8 6 2x x x+ = − −
3 8y x− = +
( )
2
3
3 8
y
y x
≥
⇔
− = +
( )
( )
2
2
3
3 8
3 8
y
y x
x y
≥
⇔ − = +
− = +
Cách 2: Đặt
Phương trình có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là:
Bài toán 10: Giải phương trình:
(1)
Giải:
(1)
Đặt:
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có :
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 13
8t x= +
2
0
6 2
t
t x
≥
⇔
= + +
2
0
2 6
t
t x
≥
⇔
= − −
2 2
5 6 0t t x x
+ − + − =
2
3
t x
t x
=− +
⇔
= −
3t x= −
8 3x x+ = −
2
3
7 1 0
x
x x
≥
⇔
− + =
3
7 45
2
x
x
≥
⇔
±
=
2t x=− +
8 2x x+ =− +
2
2
5 3 0
x
x x
≤
⇔
− − =
2
5 37
2
x
x
≤
⇔
±
=
7 45 5 37
;
2 2
S
+ +
=
( )
3
4 1 2 1 0x x x x+ − + + =
3
8 2 (2 1) 2 1 2 1 0x x x x x⇔ + − + + − + =
2 1t x= +
2
0
2 1
t
t x
≥
⇔
= +
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
=
⇔
+ + + =
2t x=
2 1 2x x+ =
2
0
4 2 1 0
x
x x
≥
⇔
− − =
Vậy: Tập nghiệm phương trình là:
Bài toán 11: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Phương trình (1)
Đặt:
Khi đó phương trình (1) có
dạng:
Phương trình (2) vô
nghiệm
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm phương trình
là:
Dạng 2: Dạng nhiều căn bậc hai:
Phương pháp giải:
Đặt điều kiện cho các căn có nghĩa:
Chuyển vế cho các vế không âm,
sau đó thực hiện phép biến đổi
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 14
0
1 5
2
x
x
≥
±
=
1 5
2
S
+
=
3 2 2
3
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
( )
( )
3
2 2
3
1 1 7 9 4 7 9 4x x x x x x⇔ + + + = + − + + −
2
3
7 9 4t x x= + −
3 2
7 9 4t x x
⇔ = + −
( )
3
3
1 ( 1) 0t t x x+ − + − + =
2 2
1
( 1) ( 1) 1 0(2)
t x
t x t x
= +
⇔
+ + + + + =
1t x= +
2
3
7 9 4 1x x x+ − = +
3 2
4 6 5 0x x x
⇔ − − + =
5
1 5
2
x
x
=
⇔
− +
=
1 5
5;
2
S
− +
=
( ) ( ) ( ) (1)f x g x h x+ =
( )
( )
( )
0
0
0
f x
g x
h x
≥
≥
≥
( ) ( )f x g x=
tương đương bằng cách bình phương hai vế của phương trình đưa về dạng cơ bản
đã biết cách giải
Dạng toán phương trình (1) nếu
là hàm số bậc hai chúng ta có thể đặt ẩn phụ để đưa về dạng (1) với là hàm số bậc
nhất khi đó sẽ được giải bằng phương pháp trên
Bài toán 1: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Phương trình (1)
So sánh với điều kiện: Vậy
x = 8 là nghiệm của phương
trình
Bài toán 2: Giải phương trình
(1)
Giải:
Phương pháp 1:
Đk:
Phương trình (1)
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 15
( ); ( ); ( )f x g x h x( ); ( ); ( )f x g x h x
1 8 3 1x x+ = − +
1
3
x≥ −
1 3 1 8x x⇔ + + + =
2
31
8
2
128 960 0
x
x
x x
≤
⇔ =
− + =
2
2 1 3 4x x x− + + = −
1
4
2
x≤ ≤
( )
( )
2
2 1 3 7 5x x x⇔ − + = −
1x⇔ =
{ }
1S =
Phương pháp 2:
Đk:
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:
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)
Đk: phương trình (2) vô
nghiệm
Vậy: 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
(1)
Giải:
TXĐ:
Phương trình (1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 16
1
2
x≥
2
2 1 3 ( 1) 3x x x− + + =− − +
( )
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
=
+
⇔
+ + =
− +
+ +
1
2
x≥
1x =
2 2
12 5 3 5x x x+ + = + +
D =¡
2 2
12 5 3 5x x x⇔ + − + = −
Với là nghiệm phương trình:
Phương trình (2) vô
nghiệm
Vậy: là nghiệm của phương trình
Bài toán 4: Giải phương trình:
Giải:
Đk:
Sử dụng máy tính chúng
ta có là nghiệm của phương trình:
Phương trình có dạng:
Ta có:
Vậy nghiệm của
phương trình là:
Bài toán 5: Giải phương trình:
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 17
2x =
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⇔ =
2x =
2
3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − =
1
6
3
x− ≤ ≤
5x =
2
3 14 8 ( 5).(3 1) 3x x x x− − = − + −
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
⇔ − + + + =
÷
÷
+ + + −
5
3 1
3 1 0(2)
3 1 4 1 6
x
x
x x
=
⇔
+ + + =
+ + + −
3 1 1
3 1 0 ;6
3
3 1 4 1 6
x x
x x
+ + + > ∀ ∈ −
+ + + −
5x =
2
4 6 2 13 17x x x x− + − = − +
Giải:
Đk:
Sử dụng máy tính ta
được là nghiệm của
phương trình, khi đó: . Phương trình (1) được biến đổi như sau:
Ta có:
Vậy nghiệm của
phương trình là
Bài toán 6: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Sử dụng máy tính ta được
và
là nghiệm của phương trình. Khi đó ta biến đổi:
Phương trình (1)
Ta có:
Vậy nghiệm của
phương trình làvà
Bài toán 7: Giải phương trình:
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 18
4 6x≤ ≤
5x =
2
2 13 17 ( 5)(2 3) 2x x x x− + = − − +
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
=
⇔
− − − =
− + − +
[ ]
1 1
(2 3) 0 4;6
4 1 6 1
x x
x x
− − − < ∀ ∈
− + − +
5x =
2
3 1 5 4 3 3x x x x+ + + = − +
1
3
x≥ −
1x =
0x =
2 2
3 3 3( ) 2 3x x x x x− + = − + +
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
− =
⇔
+ + =
+ + + + + +
1 1 1
3 0
3
1 3 1 2 5 4
x
x x x x
+ + > ∀ ≥−
+ + + + + +
0x =
1x =
2
2
1
3
2 1
x x
x
+ = +
−
Giải:
Đk của phương trình là:
Phương trình (1)
Vậy tập nghiệm phương trình là:
Bài toán 8: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Ta có x = 0 là nghiệm của phương trình
Phương trình (1)
Ta có:
Vậy nghiệm của
phương trình là:
Bài toán 9: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 19
1 1
; ;
2 2
−∞ − ∪ + ∞
÷ ÷
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⇔ + = −
1
2
7
x
x
=±
⇔
=±
2
1;
7
S
= −
4 1 9 4 3 3x x x+ + + = −
1
4
x≥ −
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
=
⇔
+ + =
+ + + +
4 9 1
3 0
4
4 1 1 9 4 2
x
x x
+ + > ∀ ≥−
+ + + +
0x =
2
1 3x x x− = + −
1x ≥
Sử dụng máy tính chúng ta
được là nghiệm của phương trình, khi đó ta biến đổi:
Phương trình (1)
Ta có:
Vậy nghiệm của phương
trình là:
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: (1)
Đặt: khi đó ta biểu thị căn bậc
hai còn lại theo , phương trình
(1) sẽ đưa về phương trình bậc hai theo, sau khi giải được, sẽ quay lại cách đặt giải
ẩn
.
Bài toán 1: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Cách 1: Đk:
Đặt:
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 20
2x =
2
3 ( 2)( 1) 1x x x x− + − = − − − +
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
=
⇔
+ + =
− +
1
1 0 1
1 1
x x
x
+ + > ∀ ≥
− +
2x =
( ) ( )
( ). ( ) ( )f x h x f x h x g x+ + =
( ) ( )
t f x h x= +
ttt
x
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
1 3x− ≤ ≤
1 3 ; 2;2 2t x x t
= + + − ∈
2 2
2 3 2 4x x t⇔ + − = −
⇔
2
4
2 2 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Cách 2: Đặt:
Phương trình trở thành:
Ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Nhận xét thông qua hai cách giải như sau: Với cách giải 1, sau khi đặt ẩn phụ,
phải tìm điều kiện của ẩn phụ với bài toán phức tạp học sinh khối 10 chưa làm
được, đối với bài toán có chứa tham số giải theo cách 1 là hợp lý, cách 2, phương
trình một ẩn, sau khi đặt ẩn phụ ta chuyển phương trình có hai ẩn , tuy nhiên ẩn
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 21
2
4
2t
t
= −
( )
( )
2
2 2 2 0t t t⇔ − + + =
3
2 4 0t t
⇔ − − =
2t⇔ =
2t =
1 3 2x x+ + − =
⇔
2
2 3 2 0x x+ − =
1
3
x
x
=−
⇔
=
{ }
1;3S = −
( )
2 2
1 0
0
3 0
x a
a b
x b
+ = ≥
+ >
− = ≥
2 2
4a b⇔ + =
2
1 .a b
a b
= +
+
4
2 2ab
a b
⇔ = +
+
2 2
4
2 2a b ab
a b
⇔ = + − +
+
( )
3
2( ) 4 0a b a b⇔ + − + − =
2a b⇔ + =
⇔
2
2 3 2 0x x+ − =
1
3
x
x
=−
⇔
=
{ }
1;3S = −
này dễ dàng biễu diễn qua ẩn kia mà không cần tìm điều kiện của ẩn phụ phức tạp,
từ một phương trình chứa ba căn bậc hai sau khi đặt ẩn phụ đưa bài toán về giải
phương trình chứa hai căn bậc hai, sau đó biến đổi tương đương về phương trình
bậc nhất, bậc hai một ẩn . Vì vậy tôi sẽ trình bày giải cụ thể một số phương trình
dạng này theo cách 2 như sau:
Bài toán 2: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Đặt:
Phương trình (1)
Với ta có:
Với ta có:
vô nghiệm
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
Bài toán 3: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đặt:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 22
2
3 2 6 2 4 4 10 3x x x x+ − − + − = −
2 2x− ≤ ≤
3 2 0
6 2 0
x a
x b
+ = ≥
− = ≥
2 2
2
9 9
a b
a b ab
+
⇔ − + =
( ) ( )
2
9 a b a b⇔ − = −
9
a b
a b
=
⇔
− =
a b=
3 2 6 2x x+ = −
⇔
3 2 6 2x x+ = −
6
5
x⇔ =
9a b− =
3 2 6 2 9x x+ − − =
2 3 2 2x x⇔ + = + −
12 2 5 15x x⇔ − = −
[ ]
2;2x∀ ∈ −
6
5
S
=
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − +
3
1
2
x≤ ≤
3 2 0
1 0
x a
x b
− = ≥
− = ≥
Phương trình (1) có dạng:
Với Ta có :
Vậy phương của trình là:
Bài toán 4: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Đặt:
Phương trình (1) có dạng:
Với
.
Ta có:
Bài toán 5: Giải
phương trình:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 23
2 2
3 4a b x
⇔ + + =
2 2
3 9 2a b a b ab+ = + + − +
( )
2
( ) 6 0a b a b⇔ + − + − =
3
2
a b
a b
+ =
⇔
+ =−
3a b+ =
3 2 1 3x x− + − =
2
3 5 2 6 2x x x⇔ − + = −
2
3
2
29 34 0
x
x
x x
≤
⇔ ⇔ =
− + =
2x =
2
2 3 1 3 16 2 2 5 3x x x x x+ + + = − + + +
1x ≥−
2 3 0
1 0
x a
x b
+ = ≥
+ = ≥
2 2
4 3a b x
⇔ + − =
2 2
4 16 2a b a b ab+ = + − − +
( )
2
( ) 20 0a b a b⇔ + − + − =
5
4
a b
a b
+ =
⇔
+ =−
5a b+ =
2 3 1 5x x+ + + =
2
2 2 5 3 21 3x x x⇔ + + = −
2
7
146 417 0
x
x x
≤
⇔
− + =
7
73 4 307
73 4 307
x
x
x
≤
⇔ ⇔ = −
= ±
(
)
2
( 3 1) 3 2 3 4(1)x x x x x+ − − − + + − =
Giải:
Đk:
Phương trình (1)
Đặt:
Phương trình (1) trở thành:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
a. Điều kiện thực hiện giải pháp, biện pháp
Đối với học sinh có học lực khá trở lên sẽ dễ dàng tiếp thu các phương pháp giải
các dạng bài tập trên, thông qua các phương pháp trên học sinh sẽ giải được các
phương trình chứa ẩn dưới dấu căn một cách ngắn gọn.
b. Quan hệ giữa các giải pháp, biện pháp
Thông qua các phương pháp mà tôi trình bày, học sinh sẽ thấy được một bài toán
có rất nhiều cách giải, với từng toán thì nên lựa chọn cách nào giải là phù hợp nhất
3 KẾT QUẢ THU ĐƯỢC :
Mặt mạnh: Thông qua phương pháp giải một số dạng toán học sinh sẽ giải được
một dạng bài tập tương đối khó
Mặt yếu: Các dạng bài tập chỉ phù hợp với học sinh khá, giỏi, học sinh trung
bình, yếu khó tiếp thu
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 24
1x ≥
⇔
2
4( 3 2 3) 4( 3 1)x x x x x− + + − = + + −
3 0
1 0
x a
x b
+ = ≥
− = ≥
2 2
2 2a b x
⇔ + = +
2 2
2
3
2
a b
ab a b
+ −
− + = +
( )
2
( ) 8 0a b a b⇔ + − + − =
4
2
a b
a b
+ =
⇔
+ =−
4a b+ =
3 1 4x x+ + − =
2
2 3 7x x x⇔ + − = −
7
14
3
x
x
≤
⇔
=
13
4
S
=
III. KẾT LUẬN
1 KẾT LUẬN :
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 cách nhẩm nghiệm nguyên, sau
đó đưa về phương trình tích
3. Phương trình chứa ba căn bậc hai, trong đó có một căn bậc hai là tích của hai
căn bậc hai còn lại.
Sáng kiến kinh nghiệm: “MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
CÓ ẨN DƯỚI DẤU CĂN Ở ĐẠI SỐ LỚP 1O” là một kinh nghiệm tổng hợp và
giảng dạy nhỏ của bản thân, giúp cho học sinh có thêm tài liệu để tham khảo, từ đó
các em có những cách giải hợp lý trong quá trình ôn tập và luyện thi. Sáng kiến
kinh nghiệm này không tránh khỏi thiếu sót, rất mong sự góp ý chân thành từ đồng
nghiệp và các bạn đọc giúp tôi hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2 KIẾN NGHỊ:
(Một số kiến nghị có liên quan đến đề tài)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 25
