SKKN PP giải PT-BPT chứa căn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (249.13 KB, 24 trang )
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A. TÊN ĐỀ TÀI
“CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN ”
B. BỐ CỤC CỦA ĐỀ TÀI
I. Phần mở đầu
1. Lý do chọn đề tài.
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài.
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài.
5. Phạm vi nghiên cứu và giới hạn.
6. Các phương pháp nghiên cứu.
II. Phần nội dung
Chương 1. Phương pháp biến đổi tương đương
Chương 2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Chương 3. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ
Chương 4. Phương pháp đánh giá.
III. Kết quả thực hiện
IV. Kiến nghị và đề nghị
1
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
I. PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Phương trình và bất phương trình chứa căn là một phần quan trọng trong chương
trình toán phổ thông. Khi gặp các bài toán ở dạng này học sinh thường lung túng, mắc
sai lầm hoặc không định hướng được các bước giải. Các tài liệu tham khảo viết về dạng
toán này có nhiều nhưng nội dung trình bày lại chưa thực sự sâu sắc nên nhiều học sinh
rất khó khăn khi sử dụng. Với mong muốn giúp các em giải toán thành thạo và thấy được
tính độc đáo của dạng toán này, tôi đã mạnh dạn đi sâu nghiên cứu các phương pháp giải
phương trình và bất phương trình chứa căn.
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài.
Mục tiêu mà đề tài cần phải đạt được là giúp học sinh hệ thống được các phương
pháp thường dùng khi giải phương trình và bất phương trình chứa căn, nắm vững và thực
hiện thành thạo các bước giải của từng phương pháp. Ở dạng toán này học sinh thường
mắc sai lầm khi thực hiện phép bình phương hai vế để khử căn nhưng không có điều
kiện chặt chẽ hoặc lúng túng trong việc tìm đường lối đặt ẩn phụ cho nên đề tài cần hệ
thống đầy đủ cho học sinh các phép biến đổi tương đương để khử căn, các dấu hiệu đặt
ẩn phụ và các bước giải cho từng dạng toán cụ thể.
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài.
Đề tài tập trung nghiên cứu các phương pháp giải phương trình và bất phương
trình chứa căn. Đó là các phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ,
phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ, phương pháp đánh giá.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài.
Đề tài gồm 4 chương:
+ Chương 1: Hệ thống các phép biến đổi tương đương khi giải phương trình và bất
phương trình chứa căn.
2
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
+ Chương 2: Hệ thống các dấu hiệu đặt ẩn phụ khi giải phương trình và bất
phương trình chứa căn.
+ Chương 3: Hệ thống các dấu hiệu đặt ẩn phụ đưa về hệ khi giải phương trình và
bất phương trình chứa căn.
+ Chương 4: Trình bày phương pháp đánh giá khi giải phương trình chứa căn.
5. Phạm vi và giới hạn của đề tài.
+ Phạm vi kiến thức mà đề tài nghiên cứu là các phương pháp giải phương trình
và bất phương trình chứa căn. Nội dung kiến thức phù hợp với đối tượng học sinh lớp
10 Ban tự nhiên.
+ Giới hạn của đề tài: trong năm học 2008-2009.
6. Các phương pháp nghiên cứu.
+ Phương pháp nghiên cứu lý luận: phân tích, nghiên cứu các tài liệu tham khảo
có liên quan.
* Đại số sơ cấp của Trần Phương và Lê Hồng Đức.
* Dùng ẩn phụ để giải toán của Nguyễn Thái Hoè.
* Tuyển tập 10 năm đề thi OLYMPIC 30 tháng 4.
+ Phương pháp thực tiễn: tác giả đã rút ra được các bước giải tổng quát cho từng
dạng toán thông qua trao đổi, phân tích, tổng hợp từ các bài giảng trên lớp 10A3, các bài
giảng bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10, lớp 11 năm học 2008-2009.
3
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
II. PHẦN NỘI DUNG
Chương 1. Phương pháp biến đổi tương đương
Ι. Một số phép biến đổi tương đương
Trong các phép biến đổi phương trình, đáng chú ý nhất là các phép biến đổi không
làm thay đổi tập nghiệm của phương trình. Ta gọi các phép biến đổi đó là các phép biến
đổi tương đương. Sau đây là một số phép biến đổi tương đương thường dùng để giải các
phương trình và bất phương trình chứa căn.
*
=
≥
⇔=
)()(
0)(
)()(
xgxf
xf
xgxf
*
=
≥
⇔=
)()(
0)(
)()(
2
xgxf
xg
xgxf
*
=++
≥
≥
≥
⇔=+
)()()(2)()(
0)(
0)(
0)(
)()()(
xhxgxfxgxf
xh
xg
xf
xhxgxf
*
<
≥
>
⇔<
)()(
0)(
0)(
)()(
2
xgxf
xf
xg
xgxf
*
>
≥
≥
<
⇔>
)()(
0)(
0)(
0)(
)()(
2
xgxf
xg
xf
xg
xgxf
*
>++
≥
≥
≥
⇔>+
)()()(2)()(
0)(
0)(
0)(
)()()(
xhxgxfxgxf
xh
xg
xf
xhxgxf
4
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
ΙΙ. Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1. Giải các phương trình:
a)
)1(3x2x23x2
2
−−=+
b)
)2(x21x14x
−=−−+
Hướng dẫn:
a) Ta biến đổi:
=++
−≥
⇔
−−=++
−≥
⇔
012x14x2
23x
3x2x29x12x4
23x
)1(
222
1x
−=⇔
b)Ta biến đổi:
++−=+
≤
⇔−+−=+⇔
−
1x3x22x324x
2
1
x
x21x14x)2(
2
0x
0x7x2
2
1
x
2
1
1x3x21x2
21x
2
2
=⇔
=+
≤≤−
⇔
+−=+
≤
⇔
:
Ví dụ 2. Giải các phương trình:
a)
)3(x59x3
x3
6
−=−+
−
b)
)4(
3x
5
3x
3x
16x
2
−
>−+
−
−
Hướng dẫn:
a) Ta biến đổi
3x
054x6x4
5
9
x
27x24x5x9
5
9
x
)3(
2
2
−=⇔
=−−
≤
⇔
+−=−
≤
⇔
b) Ta có
>
≤≤
>
⇔
−>−
≤≤
>
⇔
−>−
≥
⇔
2
5
x
8x4
8x
)x8(16x
8x4
8x
x816x
4x
)4(
22
2
2
5
x >⇔
Vậy bất phương trình có nghiệm
2
5
x >
5
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Ví dụ 3. Giải các phương trình :
a)
)5(23x15x817x16)1x(
2
−−=++
b)
)6(9x4x)3x(
22
−≤−−
Hướng dẫn:
a) ĐK :
16
17
x
−
≥
Ta có
(*))23x8)(1x(17x16)1x()5( −+=++⇔
TH1 : Nếu
1x −=
thì phương trình (*) thoả mãn.
TH2: Nếu
−≠
−
≥
1x
16
17
x
thì (*)
23x817x16 −=+⇔
4x
529x368x6417x16
8
23
x
2
=⇔
+−=+
≥
⇔
b) ĐK:
);2[]2;(x +∞∪−−∞∈
TH1. Nếu
<≤
−≤
3x2
2x
thì
3x4x)6(
2
+≥−⇔
−
≤≤−
−<
⇔
++≥−
−≤≤−
−<
⇔
6
13
x3
3x
9x6x4x
2x3
3x
22
6
13
x
−
≤⇔
(thoả mãn
<≤
−≤
3x2
2x
)
TH2. Nếu x =3 thì bất phương trình (6) thoả mãn.
TH3. Nếu
3x
>
thì (6)
6
13
x3x4x
2
−
≥⇔+≤−⇔
. Kết hợp
3x
>
ta lấy
3x
>
.
Kết luận: Bất phương trình có nghiệm:
6
13
x
−
≤
hoặc
3x
≥
.
Ví dụ 4. Giải các phương trình :
a)
)7(21x
)x293(
x2
2
2
+<
+−
b)
2 2
9(x + 1) (3x + 7)(1 - 3x + 4)≤
)8(
6
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Hướng dẫn:
a) ĐK:
0x;
9
2
x ≠
−
≥
Ta nhân cả tử và mẫu của vế trái với
2
)x293( ++
ta được
2
7
x4x2921x
2
)x293(
)7(
2
<⇔<+⇔+<
++
⇔
So sánh với điều kiện ta được
2
7
x
9
2
<≤
−
và
0x
≠
b) ĐK :
3
4
x
−
≥
Ta nhân cả hai vế của phương trình với biểu thức
2
)4x31( ++
ta được
(*))1x(9).7x3()4x31()1x(9)8(
222
++≤+++⇔
TH1. Nếu
1x −=
thì bất phương trình (*) thoả mãn.
TH2. Nếu
−≠
−
≥
1x
3
4
x
thì (*)
1x24x32 −≤⇔≤+⇔
.
So sánh điều kiện ta được
1x
3
4
−<≤
−
Kết luận : Bất phương trình có nghiệm
1x
3
4
−≤≤
−
Ví dụ 5. Giải các phương trình :
a)
)9(1449x14x49x14x =−−+−+
b)
)10(
2
3x
1x2x1x2x
+
=−−−−+
Hướng dẫn:
a) Ta biến đổi
14)749x14()749x14()9(
22
=−−++−⇔
7x
2
7
749x147
14749x14749x14
≤≤⇔
≤−≤−⇔
=−−++−⇔
b) Ta có
(*)
2
3x
11x11x)10(
+
=−−−+−⇔
TH1. Nếu
2x11x ≥⇔≥−
thì (*)
1x
=⇔
(loại)
TH2. Nếu
2x111x <≤⇔<−
thì (*)
025x10x3x1x4
2
=+−⇔+=−⇔
5x =⇔
(thoả mãn)
7
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Ví dụ 6. Giải các phương trình :
a)
)11(1
x1
xx251
2
<
−
−−
b)
)12(3
x
x411
2
<
−−
Hướng dẫn:
a) ĐK:
≠
−≤≤−−
1x
125x125
TH1. Nếu
125x1 −≤<
thì bất phương trình (11) thoả mãn.
TH2. Nếu
1x125 <≤−−
thì (11)
25xx1xx251
22
>⇔−<−−⇔
−<
>
⇔
5x
5x
So sánh với điều kiện ta được:
5x125 −<≤−−
Kết luận: bất phương trình có nghiệm
125x15x125 −≤<∨−<≤−−
III. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình và bất phương trình sau
1)
18184152158
222
+−=−+++− xxxxxx
2)
2
x2)2x(x)1x(x =++−
: 3)
1168143 =−−++−−+ xxxx
4)
2
5x
1x22x1x2x
+
=+−+++++
5)
321 −>−−− xxx
6)
xxx 2856
2
−>−+−
7)
2
342
≥
−+−
x
xx
8)
12
1
532
1
2
−
>
−+
x
xx
9)
x
xx
−
+−≤−
3
6
359
10)
4
)11(
2
2
−>
++
x
x
x
8
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Chương 2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ι. Một số gợi ý đặt ẩn phụ
Có thể xem việc dùng các ẩn phụ để giải phương trình, bất phương trình là một
trong các đường lối chủ yếu . Ta đưa ra một số gợi ý giúp học sinh phát hiện và đặt ẩn
phụ.
* Nếu phương trình chứa
)(xf
và
)(xf
thì có thể đặt
)(xft =
, điều kiện tối
thiểu là
0t ≥
. Khi đó
2
)( txf =
.
* Nếu PT chứa
)(xf
;
)(xg
và
)(,)(.f(x) constkkxg ==
thì có thể đặt
)(xft =
,
điều kiện tối thiểu là
0≥t
. Khi đó
t
k
xg =)(
.
* Nếu PT chứa
)()( xgxf +
,
)(.f(x) xg
trong đó
)(,)()( constkkxgxf ==+
thì có
thể đặt
)()( xgxft +=
. Khi đó
2
)(.f(x)
2
kt
xg
−
+=
.
* Nếu PT chứa
22
xa −
thì có thể đặt
)
22
(,sin||
ππ
≤≤
−
= ttat
hoặc
)0(,cos||
π
≤≤= ttat
* Nếu PT chứa
22
ax −
thì có thể đặt
)0,
22
(,
sin
||
| ≠≤≤
−
= tt
t
a
t
ππ
hoặc
)
2
,0(,
cos
||
π
π
≠≤≤= tt
t
a
t
.
* Nếu PT chứa
22
xa +
thì có thể đặt
)
22
(,tan||
ππ
<<
−
= ttat
hoặc
)0(,cot||
π
<<= ttat
.
Đôi khi chúng ta thực hiện phép đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Tức là trong phương
trình mới còn đan xen cả ẩn cũ lẫn ẩn mới
ΙΙ. Ví dụ minh hoạ.
Ví dụ 1. Giải:
)1(28x5x5)4x)(1x(
2
++≤++
)2(0)3x(x3)2x)(5x( =++−+
Hướng dẫn:
a) ĐK:
Rx ∈
Ta có
028x5x52428x5x)1(
22
≤++−−++⇔
Đặt
)0t(28x5xt
2
>++=
9
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Bất phương trình trở thành:
8t3024t5t
2
≤≤−⇔≤−−
So sánh điều kiện ta được
4x96428x5x8t0
2
≤≤−⇔≤++⇔≤<
b) Tương tự ta đặt
)0t(x3xt
2
≥+=
. Ta được bất phương trình
=
−=
⇔=−+
2t
5t
010t3t
2
So sánh điều kiện ta được
4x1x4x3x2t
2
−=∨=⇔=+⇔=
Ví dụ 2. Giải :
)3(7
x2
1
x2
x2
3
x3 −+=+
)4(4
x2
1
x2
x2
5
x5 ++<+
Hướng dẫn:
a) ĐK:
0x
>
Ta biến đổi (3)
7
x4
1
x2
x2
1
x3 −
+=
+⇔
(*)9
x2
1
x2
x2
1
x3
2
−
+=
+⇔
Đặt
( )
1t
x2
1
xt ≥+=
Phương trình (*) trở thành:
09t3t2
2
=−−
−
=
=
⇔
2
3
t
3t
So sánh điều kiện ta lấy
2
638
x8
x4
1
x3
x2
1
x3t
±
=⇔=+⇔=+⇔=
b) ĐK:
0x
>
Ta biến đổi (4)
4
x4
1
x2
x2
1
x5 +
+<
+⇔
(**)2
x2
1
x2
x2
1
x5
2
+
+<
+⇔
Đặt
( )
1t
x2
1
xt ≥+=
Phương trình (**) trở thành:
02t5t2
2
>+−
<
>
⇔
2
1
t
2t
So sánh điều kiện ta lấy
2
223
x
2
223
x2
x2
1
x2t
+
>∨
−
<⇔>+⇔>
10
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Vậy bất phương trình có nghiệm
2
223
x
2
223
x
+
>∨
−
<
Ví dụ 3. Giải :
)5(12x5x37x5x3
22
=++−++
)6(12x5x2210x5x2
22
≥++−++
Hướng dẫn:
a) ĐK:
3
2
x1x −≥∨−≤
Đặt
( )
0t2x5x3t
2
≥++=
. Ta có phương trình
2t1t5t1t5t
22
=⇔+=+⇔=−+
(thoả mãn )
Với
3
1
x2x22x5x32t
2
=∨−=⇔=++⇔=
b) ĐK:
2
1
x2x −≥∨−≤
Đặt
( )
0t2x5x2t
2
≥++=
. Ta có phương trình
1t
3
7
07t4t31t4t48t
1t28t1t28t
222
22
≤≤−⇔
≤−+⇔++≥+⇔
+≥+⇔≥−+
So sánh điều kiện
0t ≥
ta được
4
175
x
2
1
2x
4
175
12x5x201t0
2
+−
≤≤
−
∨−≤≤
−−
⇔≤++≤⇔≤≤
Ví dụ 4. Giải:
)7(2x5x329x41x2x3
2
+−+−=−+−
)8(x1418142x7x4926x77x7
2
−<−++−++
Hướng dẫn:
a) Ta có
6)1x2x3(1x2x3)7(
2
−−+−=−+−⇔
Đặt
1x2x3t −+−=
)0t( >
. Ta có phương trình
−=
=
⇔−=
2t
3t
6tt
2
So sánh điều kiện ta được
31x2x33t =−+−⇔=
11
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
2
217
x
07x7x
2
3
x1
x232x5x3
1x
92x5x321x2x3
1x
2
2
2
−
=⇔
=+−
≤≤
⇔
−=+−
≥
⇔
=+−+−+−
≥
⇔
b) Ta có
0182)6x77x7(6x77x7)8(
2
<−−+++−++⇔
Đặt
6x77x7t −++=
)0t( >
. Ta có phương trình
13t140182tt
2
<<−⇔<−+
So sánh điều kiện
0t
>
ta được
136x77x7013t0 <−++<⇔<<
6x
7
6
x1176705642x7
12x
7
6
x78442x7x49
7
6
x
16942x7x4926x77x7
7
6
x
2
2
≤≤⇔
−<−
≤≤
⇔
−<−+
≥
⇔
<−++−++
≥
⇔
Ví dụ 5. Giải :
)9(21xx1xx
22
=−++−−
)10()x121(xx11
22
−+=−+
Hướng dẫn:
a) ĐK:
1x1
01xx
01xx
2
2
≤≤−⇔
≥−+
≥−−
Đặt
)0t(
t
1
1xx1xxt
22
>=−−⇒−+=
.
Ta có phương trình:
=
=
⇔=+
2
1
t
2t
2t
t
1
Với
8
17
x41xx2t
2
=⇔=−+⇔=
(loại)
Với
8
17
x
4
1
1xx
2
1
t
2
=⇔=−+⇔=
(loại)
Vậy phương trình vô nghiệm.
b) ĐK:
1x0
≤<
12
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Bình phương hai vế ta được phương trình tương đương
2222
)x121(xx11 −+=−+
Đặt t
( )
1t0x1
2
<≤−=
. Ta được phương trình
2
3
t0t0t3t4
)1t4t4)(t1(1)t21)(t1(t1
3
222
±
=∨=⇔=+−⇔
++−=⇔+−=+
So sánh điều kiện ta được
0t =
hoặc
2
3
t =
Với
1x0t
=⇔=
(thoả mãn)
Với
2
1
x
4
1
x
4
3
t
2
3
t
22
=⇔=⇔=⇔=
(do
0x >
)
Ví dụ 6.Giải:
)11(1x2x81x4)1x4(
22
++=+−
)12(3
3x
1x
)3x(4)1x)(3x( −=
−
+
−++−
Hướng dẫn:
a) Đặt
1tx4)1t(1x4t
222
−=⇒≥+=
Ta có (11)
01x2t)1x4(t21x2)1t(2t)1x4(
22
=−+−−⇔++−=−⇔
−=
=
⇔
1x2t
2
1
t
So sánh điều kiện thì
2
1
t =
bị loại.
Với
=
≥
⇔
+−=+
≥−
⇔−=+⇔−=
0x
1x
1x4x41x4
11x2
1x21x41x2t
22
2
(loại)
Vậy phương trình vô nghiệm.
b) ĐK:
3x1x
>∨−≤
Đặt
)1x)(3x(t
3x
1x
)3x(t
2
+−=⇒
−
+
−=
Ta có phương trình:
3t1t3t4t
2
−=∨−=⇔−=+
Với
51x
1)1x)(3x(
03x
1
3x
1x
)3x(1t −=⇔
=+−
<−
⇔−=
−
+
−⇔−=
Với
131x
9)1x)(3x(
03x
3
3x
1x
)3x(3t −=⇔
=+−
<−
⇔−=
−
+
−⇔−=
Nhận xét: Ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn trong câu a.
13
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Ví dụ 9. Giải:
)13(01xx3)1x()1x(
23
>+++++
)14(04
1x
2x
1x
2x
2
1x
2x
63
≤−
+
−
+
+
−
+
+
−
Hướng dẫn:
a) ĐK:
1x −≥
Đặt
232
xxt1xxt +=⇒+=
. Ta có phương trình:
−<
−>
⇔>++
2t
1t
02t3t
2
Với
( )
1x
0x1
0x
01xx
0x1
0x
1xx
0x1
0x
11xx1t
2323
−≥⇔
<≤−
≥
⇔
<−+
<≤−
≥
⇔
<+
<≤−
≥
⇔−>+⇔−>
Với
>−+
<≤−
⇔
>+
<≤−
⇔−<+⇔−<
04xx
0x1
4xx
0x1
21xx2t
2323
(vô nghiệm)
Vậy bất phương trình có nghiệm
1x −≥
a) Đặt
)0t(
1x
2x
t
6
≥
+
−
=
. Bất phương trình (14) trở thành :
0)4t3t)(1t(
04tt2t
2
23
≤++−⇔
≤−++
1t ≤⇔
(do
04t3t0t
2
>++⇒≥
)
Với
2x1
1x
2x
01
1x
2x
1t
6
≥⇔≤
+
−
≤⇔≤
+
−
⇔≤
III. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình và bất phương trình sau
1)
36333
22
=+−++− xxxx
2)
2
(x 4)(x 1)-3 x 5 2 6 x+ + + + =
3)
xxxx 33)2)(5(
2
+=−+
4)
2
2x + x + x + 7 + 2 x + 7x 35
≤
5)
x + 5 + -x - 3 < 1 + (x + 5)(-x - 3)
6)
x - 1 + x + 3 + 2 (x - 1)(x + 3) > 4 - 2x
7)
≥
4
6x 12x 12x
- - 2. 0
x-2 x-2 x-2
8)
2
2
1
1
2
44
=
+
+
+
x
x
x
x
9)
2 1
4 x+ < 2x+ +2
2x
x
10)
2
2x
x+ >3 5
x -4
11)
2
2
1 3x
+1>
1-x
1-x
12)
x x+1
- 2 >3
x+1 x
Chương 3. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ
Ι. Một số gợi ý đặt ẩn phụ
14
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Xét về mặt nào đó, cách đặt ẩn phụ đưa về hệ có vẻ ngược lại với cái điều ta
thường làm: chuyển bài toán nhiều ẩn, nhiều phương trình thành bài toán ít ẩn, ít phương
trình hơn. Tuy nhiên do tính phức tạp của bài toán ta đành chịu “thiệt” về số lượng
nhưng được cái cơ bản đó là chuyển từ bài toán khó giải thành bài toán dễ giải hơn. Ta
đưa ra cho học sinh một số gợi ý đặt ẩn phụ đưa về hệ như sau:
*
cxfbxfa
nm
=++− )()(
Ta có thể đặt
+=
−=
n
m
)x(fbv
)x(fau
*
)()(
2
xfxafbab =++
Ta có thể đặt
=
+=
)x(fv
)x(afbu
*
)()(
3
3
xfxafbab =++
Ta có thể đặt
=
+=
)(
)(
3
xfv
xafbu
* Nếu phương trình chứa
)x(f
+
)x(g
trong đó
const)x(g)x(f =−
Ta có thể đặt
=
=
)x(gv
)x(fu
ΙΙ. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1. Giải:
)1(x4x2
2
3x
2
+=
+
với
1x −≥
)2(2x332x
3
3
−=+
Hướng dẫn:
a) Ta có
( )
21x2
2
3x
)1(
2
−+=
+
⇔
Đặt
=
+=
+
vx
1u
2
3x
Ta có hệ :
15
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
( )
+=+
+=+
−≥−≥
⇔
+=
+
−+=+
−≥−≥
2
2
2
2
)1u(23v
1v23u
1v;1u
)1u(
2
3v
2)1v(21u
1v;1u
Trừ hai phương trình, ta được
=++
=
05)vu(2
vu
TH1. Với
4
173
vx
4
171
1v2)1v()1v(2vu
2
±−
==⇔
±
=+⇔++=+⇒=
Do
1x −≥
nên ta lấy
4
173
x
+−
=
.
TH2. Với
01)1v(2)1u(205)vu(2 =++++⇔=++
(vô nghiệm do
1v;1u −≥−≥
)
b) Đặt
=−
=
v2x3
ux
3
. Ta có hệ
−==
==
⇔
=
=+−
⇔
=+++−
=+−
⇔
=+−
=+−
⇔
−=
=+
2vu
1vu
vu
02u3u
0)3vuvu)(vu(
02v3u
02u3v
02v3u
2u3v
v32u
3
22
3
3
3
3
3
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm là :
2x1x −=∨=
Ví dụ 2. Giải:
)3(3)x6)(3x(x63x =−+−−++
)4(30
1xx34
x34)1x(1x)x34(
3
3
3
3
=
+−−
−+−+−
Hướng dẫn:
a) Đặt
−=
+=
x6v
3xu
. Ta có hệ
=+
=−+
≥≥
9vu
3uvvu
0v;0u
22
Giải hệ đối xứng ta được
=
−=
⇔
=
=
=
=
6x
3x
0v
3u
3v
0u
16
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Vậy phương trình có hai nghiệm :
6x3x =∨−=
b) Đặt
−=
+=
3
3
x34v
1xu
Ta có hệ
==
==
⇔
=
=+
⇔
=+
=+
≠
⇔
=+
≠
=+
⇔
=
−
−
=+
2v;3u
3v;2u
6uv
5vu
30)vu(uv
125)vu(
vu
30)uv(uv
vu
35vu
30
vu
vuuv
35vu
3
33
33
33
TH1. Với
26x
2v
3u
=⇔
=
=
TH2. Với
7x
3v
2u
=⇔
=
=
Vậy phương trình (4) có hai nghiệm :
7x;26x ==
Ví dụ 3. Giải:
)5(1x1x2
3
−−=−
)6(6x12x24
3
=−++
Hướng dẫn:
a) Đặt
−=
−=
1xv
x2u
3
Ta có hệ :
=
=
=
⇔
=
=
=
⇒
−=
=−−+−−
≥
⇔
−=
=−+−
≥
⇔
−=
=+
≥
10x
1x
2x
3v
0v
1v
v1u
0)v1vv21)(v1(
0v
v1u
01v)v1(
0v
v1u
1vu
0v
2
2323
Thử lại ta được ba nghiệm :
10x2x1x =∨=∨=
b) Làm tương tự.
Ví dụ 4. Giải:
)7(1)x1(x2)x1(x2x1x
4
−=−−−−−+
)8(x6
5xx7
5xx7
33
33
−=
−+−
−−−
17
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Hướng dẫn:
a) Đặt
44
x1vxu −==
. Ta có hệ :
2
1
x
2
1
vu
0)vu()vu(
1vu
0v;0u
1uv2vu2vu
1vu
0v;0u
4
2222
44
2222
44
=⇔==⇔
=−+−
=+
≥≥
⇔
−=−−+
=+
≥≥
c) Đặt
33
5xv;x7u −=−=
. Ta có hệ
=+++
=+−+
∨
=−
=+
⇔
−
=
+
−
=+
2)vuvu)(vu(
2)vuvu)(vu(
0vu
2vu
2
vu
vu
vu
2vu
22
22
33
33
33
TH1. Với
6x1vu
0vu
2vu
33
=⇔==⇔
=−
=+
TH2. Với
=
=
⇔
=
=
⇔
=+
=
⇔
=+++
=+−+
5x
7x
0v
0u
2vu
0uv
2)vuvu)(vu(
2)vuvu)(vu(
33
22
22
Vậy phương trình (8) có ba nghiệm:
7x6x5x =∨=∨=
.
Ví dụ 5. Giải:
)9(8x3)2x3x(2
32
+=+−
)10(1x520xx9x14x5
22
+=−−−++
Hướng dẫn:
a) Ta biến đổi
)4x2x)(2x(3)4x2x(2)2x(2)9(
22
+−+=+−++−⇔
Đặt
( )
0v;0u2xv;4x2xu
2
≥≥+=+−=
. Ta có
−=
=
⇔=−⇔
2
v
u
v2u
uv3v2u2)9(
22
Do
133x4x6x2x24x2xv2u0v;0u
22
±=⇔−−⇔+=+−⇔=⇒≥≥
b) ĐK:
5x
≥
. Chuyển vế rồi bình phương hai vế phương trình mới, ta có
0)4x)(5x4x(5)4x(3)5x4x(2
)1x)(5x)(4x(10)1x(2520xx)9x5)(1x()10(
22
2
=+−−−++−−⇔
+−++++−−=++⇔
18
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Đặt
( )
0v;0u4xv;5x4xu
2
≥≥+=−−=
. Ta có
=−−
=−−
⇔
=
=
⇔=−+⇔
056x25x4
09x5x
v3u2
vu
0uv5v3u2)10(
2
2
22
Giải ra ta được hai nghiệm thoả mãn là:
8x
2
615
x =∨
+
=
Ví dụ 6. Giải:
)11(2x2x94x26x2
2
+>−−++
)12(x)x1(xx1)x1()x1(xx
4
2
4
3
4
3
4
2
−++−=−+−+
Hướng dẫn:
a) Đặt
)
9
20
v;0u(2xv;2x9u ≥≥+=−=
. Ta có
vu0)vu(vu)vu(2)11(
222
=⇔=−⇔+=+⇔
Giải ra ta được nghiệm thoả mãn là:
3x2x
=∨=
b) Đặt
)0v,0u(x1v;xu
44
≥≥−==
. Ta có
( )( )( )
=+
=+
=
=+
⇔
=−−+−
=+
⇔
++=++
=+
1vu
1vu
vu
1vu
0vu1vuvu
1vu
uvuvvuvu
1vu
44
44
44
322322
44
(do u+v>0)
Từ đó ta giải được ba nghiệm:
2
1
x;1x;0x ===
III. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình sau :
1)
[ ]
2332
x12)x1()x1(x11 −+=+−−−+
2)
3x91xx21x5x4
22
−=+−−++
3)
2x4x3x52x2x2
232
−+−=+−
4)
1x5)2x(2
32
+=+
5)
( )
2
2
x1x1x
4
7
−=+−
6)
0,77
28
94
2
>+=
+
xxx
x
19
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Chương 4. Phương pháp đánh giá
Ι. Một số gợi ý về phương pháp giải.
Nhiều bài toán bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên các tính chất của bất đẳng thức,
ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó. Chúng ta thường sử dụng các tính chất
sau của bất đẳng thức để đánh giá.
*
.0A
2
≥
Dấu đẳng thức xảy ra
0A =⇔
*
RB;ABABA ∈∀+≥+
. Dấu đẳng thức xảy ra
0B.A
≥⇔
* Bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpxki
ΙΙ. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1. Giải :
)1(3)2x(213x4x
2
=−++−
)2(1449x14x49x14x =−−+−+
Hướng dẫn:
a) Nhận xét thấy VT=
3)2x(29)2x(
2
≥−++−
Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất
2x =
b) Ta biến đổi
14)749x14()749x14()2(
22
=−−++−⇔
7x
2
7
4949x140
749x1470)49x147)(749x14(
49x147749x1449x147749x14
1449x147749x14
≤≤⇔≤−≤⇔
≤−≤−⇔≥−−+−⇔
−−++−=−−++−⇔
=−−++−⇔
Ví dụ 2. Giải:
)3(
2
1
x3
2
x
)3xx)(4x7(
2
2
−+=+−−
)4(
24xx10
6
x2191x2
2
−−
=−+−
Hướng dẫn:
20
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
a) ĐK :
7
4
x ≥
. Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta có
VT
VP
2
1
x3
2
x
2
3xx4x7
22
=−+=
+−+−
≤
Vậy phương trình tương đương với
=
=
⇔=+−⇔+−=−
7x
1x
07x8x3xx4x7
22
b) ĐK:
2
19
x
2
1
≤≤
. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có
VT
6)x2191x2)(11( =−+−+≤
Lại có
6
)5x(1
6
VP
2
≥
−−
=
. Vậy phương trình tương đương với
5x
05x
x2191x2
=⇔
=−
−=−
Ví dụ 3. Giải:
4x3x1x5x32x3x7x3
2222
+−−−−=−−+−
222
xx2414x10x57x6x3 −−=+++++
Hướng dẫn:
a) Ta biến đổi phương trình tương đương với
4x3x2x
6x3
1x5x33x7x3
x24
4x3x2x1x5x33x7x3
2222
2222
+−+−
−
=
−−++−
−
⇔
+−−−=−−−+−
TH1. Nếu
2x <
thì VT > 0 > VP
⇒
Phương trình vô nghiệm.
TH1. Nếu
2x >
thì VT < 0 < VP
⇒
Phương trình vô nghiệm.
TH3. Nếu
2x =
thì phương trình thoả mãn.
b) Ta có VT=
59)1x(54)1x(3
22
≥+++++
VP
5)1x(5
2
≤+−=
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1x −=
Ví dụ 4. Giải:
x24)1x)(3x(21x3x −=−++−++
)2x(337x17x1313x8x719xx
222
+=+++++++−
21
Nguyễn Trung Kiên Trường THPT Thạch Thất
Hướng dẫn:
a) ĐK
1x ≥
. Dễ thấy
1x =
là một nghiệm.
Nếu
1x >
thì VT>2 còn VP<2 nên phương trình không thoả mãn.
b) Ta biến đổi
VT=
22222
)1x2(
4
1
)3x4(
4
3
)1x2()2x(3
4
75
)
2
1
x( −+++−++++−
)2x(33
)3x4(
2
3
)2x(3
2
35
3x4
2
3
2x3
4
75
+≥
++++≥++++≥
Dấu đẳng thức xáy ra
2
1
x =⇔
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
1
x =
.
III. Bài tập áp dụng
Giải các phương trình sau :
1)
2xx1xx1xx
222
+−=++−+++
2)
)2x3)(1xx(21x2x
22
−+−=−+
3)
3x1x1x1
4
2
44
=−+−++
4)
3
242
)9x2(x2539x12 +=+
5)
11x6xx42x
2
+−=−+−
6)
11x68x1x43x =−−++−−+
7)
2xx3x2x21x22x3x
2222
+−+++=−+−−
22
Nguyn Trung Kiờn Trng THPT Thch Tht
III. KT QU THC HIN
Đề tài đợc thực hiện trong năm học 2008-2009, kết quả bớc đầu thu đợc nh sau:
- Đối với nhóm học sinh lớp 10A3: 100% học sinh lớp 10A3 nắm đợc kiến thức cơ
bản và thực sự hào hứng giải các phơng trình và bất phơng trình chứa căn trong đó có
80% học sinh đã biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt và đã giải đợc bài tập khó.
- Đối với nhóm học sinh giỏi khối 11: trong kỳ thi học sinh giỏi bộ môn Toán cấp
cụm THPT Thạch Thất & Quốc Oai năm học 2008 2009, em Cao Thị Hoa lớp 11A1
đã đạt giải Nhất, em Phí Phơng Thảo đạt giải nhì, em Đỗ Tuấn Anh đạt giải khuyến
khích.
Cũng trong năm học vừa qua, đề tài đã trở thành một tài liệu tham khảo quí đợc
nhiều học sinh khối 12 sử dụng để ôn thi đại học.
Hớng phát triển thêm của đề tài là: Tiếp tục bổ sung các phơng pháp khác để giải
phơng trình và bất phơng trình chứa căn. Chẳng hạn phơng pháp lợng giác hoá ở lớp 11,
phơng pháp đạo hàm ở lớp 12. Đề tài cũng có thể pháp triển theo hớng nghiên cứu dạng
toán Tìm điều kiện giải phơng trình và bất phơng trình chứa căn có nghiệm thoả mãn
điều kiện cho trớc.
IV. KIếN NGHị Và Đề NGHị
Đây là một đề tài hay và có nhiều hớng phát triển. Vì vậy tôi rất mong đợc các
thầy cô và các em học sinh đóng góp những nhận xét qúi báu và đặc biệt cộng tác với tác
giả để hoàn thiện và phát triển thêm đề tài. Tác giả cũng hy vọng trong tơng lai gần đề tài
sẽ đợc hoàn thiện và phát triển để có thể đợc xuất bản thành tài liệu tham khảo cho nhiều
học trò.
Tôi xin chân thành cảm ơn và rất mong nhận đợc sự giúp đỡ của các đồng chí./.
23
Nguyn Trung Kiờn Trng THPT Thch Tht
Thạch Thất, ngày 01 tháng 05 năm 2009
Tác giả ký tên
Nguyễn Trung Kiên
ý kiến đánh giá và xếp loại của hội đồng khoa học
Chủ tịch hội đồng
(Ký tên, đóng dấu)
24
