Các pp giải một phương trình vô tỉ

DẠY CÁCH GIẢI MỘT PHƯƠNG TRÌNH VÔ Tỉ
CHO NHIỀU ĐỐI TƯNG HỌC SINH
Trong một lớp học trình độ học sinh rất không đồng đều ,do vậy việc lên kế hoạch cho một tiết dạy để tất cả học sinh trong lớp
đều thu về một lượng kiến thức phù hợp với khả năng của mình là một điều rất khó ,tôi luôn cố gắng làm bằng được điều đó .Bài
viết này rất mong sự chia sẻ của quý đồng nghiệp đối với mong muốn trên của tôi .Sau đây là một tiết dạy “Cách giải một phương
trình vô tỉ “mà theo tôi là hiệu quả.
Bài toán 1:
Giải phương trình:

3223
22
++=−−
xxxx
Bài giải:
Đối với học sinh trung bình bước đầu cảm nhận về phương trình vô tỉ có thể có cách suy nghỉ,muốn giải
được phương trình có chứa căn thức bậc hai ta cần bình phương hai vế và kèm theo điều kiện để phá căn ,do đó các
em đó có thể hình thành cách giải như sau :
Cách :1
Ta có:
2
2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2

2 3 0
3 2 2 3
3 ( 2 ) ( 2 ) 6( 2 ) 9
3 2 ( 2 3)
( 2 ) 7( 2 ) 6 0(1)
x

x x
x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
ì
ì
"
+ + ³ï
ï
ï
ï
ï ï
- - = + + Û Û
í í
ï ï
- + = + + + +
- - = + +
ï ï
ï
ỵ
ï
ỵ
Û + + + + =
đúng
Đặt
txx
=+
2
2

do đó (1)
61067
2
−=−=⇔=++⇔
vtttt
Với t = -1 ta có
101212
22
−=⇔=++⇔−=+
xxxxx
Với t = -6 ta có
06262
22
=++⇔−=+
xxxx
(vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = -1
Nếu em học sinh kỉ tính,thấu đáo hơn thì em sẽ đặt điều kiện cho t trong cách giải 1 .Trong cách đặt điều kiện
,nếu một học sinh hiểu theo lô gic ,mệnh đề thì sẽ đặt điều kiện như sau:
2 2
2 2 0x x t x x t+ = ⇔ + − =

để tồn tại x khi và chỉ khi
' 1 1t t∆ = + ≥⇔ ≥ −
còn nếu nhìn ở góc độ đánh giá theo BĐT thì thì ta có thể đặt điều
kiện như sau:
2 2
2 2 1 1x x t x x t+ = ⇔ + + = +
2
( 1) 1 1x t t⇔ + = + ⇒ ≥ −

.Trong việc tìm điều kiện của của t thì có
lợi gì?và nếu không có điều kiện của t thì cách giải 1 có gì sai không?
Không có điều kiện của t thì cách giải 1 không sai và nếu thêm điều kiện của t thì việc giải nó gọn hơn cụ thể ta đã
loại trường hợp t=-6.
Với một ý thức quan sát nghiêm túc ,một ý thức muốn hoàn thiện,một nhu cầu thẩm mỹ từ cách giải 1 sẽ cho chúng
ta nghỉ đến cách giải 2
Cách 2:
Ta có:
2 2
3 2 2 3x x x x
− − = + +

2 2
3 ( 2 ) 2 3x x x x
⇔ − + = + +
(2)
Đặt
2
2x x t
+ =
,do đó (2)
2
3 0
3 3
3 6 9
t
t t
t t t
+ ≥


⇔ − = + ⇔

− = + +

2
3
7 6 0
t
t t
≥ −

⇔

+ + =

3
1
1 6
t
t
t vt
≥ −

⇔ ⇔ = −

= − = −

Với t = -1
2 2
2 1 ( 1) 0 1x x x x

⇒ + = − ⇔ + = ⇔ = −
Vậy x=-1 là nghiệm của phương trình.
Với xu hướng của cách giải 2,bạn đừng vội vàng thì bạn sẽ có cách giải thứ 3.

Cách3:
Ta có:
2 2
3 2 2 3x x x x
− − = + +
2 2
3 2 (3 2 ) 6x x x x
⇔ − − = − − − +
(3)
Đặt
2
3 2 ( 0)x x t t
− − = ≥
,do đó (3)
2
6t t
⇔ = − +
2
6 0 2 3t t t vt
⇔ + − = ⇔ = = −
(loại)
Với t = 2
2 2
3 2 4 2 1 0 1x x x x x
⇒ − − = ⇔ + + = ⇔ = −
Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình.

1
Các cách giải trên đều đưa về phương trình
2 2
2 1 0 ( 1) 0x x x
+ + = ⇔ + =
có gợi cho bạn sự trò mò hay hướng giải
nào không?.Còn tôi lại giải như sau:
Cách 4:
Ta có:
2 2
3 2 2 3x x x x
− − = + +

2 2
4 ( 1) ( 1) 2x x⇔ − + = + +
(4)
Đặt
2
( 1) ( 0)x t t+ = ≥
,do đó (4)
4 2t t
⇔ − = +
2 2
4 ( 2) 5 0t t t t
⇔ − = + ⇔ + =

0 5t vt
⇔ = = −
(loại)
Với t = 0

2
( 1) 0 1x x
⇒ + = ⇔ = −
Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình.
Ta thấy
2
5 0( 0)t t t
+ = ≥
có nghiệm duy nhất nên ta có ý đònh CM phương trình (4) có nghiệm duy nhất bằng
cách nhẩm nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất.
Cách 5:
Ta có:
2 2
3 2 2 3x x x x
− − = + +

2 2
4 ( 1) ( 1) 2x x⇔ − + = + + (4)
Đặt
2
( 1) ( 0)x t t+ = ≥
,do đó (4)
4 2t t
⇔ − = +
(5)
ĐK:
0 4t
≤ ≤

Ta thấy t = 0 là nghiệm của phương trình (5)

Với
0 4t< ≤
4 2t⇒ − < và t + 2 > 2,do đó (5) vô nghiệm trên trên miền
0 4t< ≤
Vậy t = 0 là nghiệm duy nhất của (5).
Với t = 0
2
( 1) 0 1x x
⇒ + = ⇔ = −
.
Một cách nhìn thông thoáng hơn,mềm mại hơn,chiến lượt hơn bạn có thể giải theo cách thứ 6.
Cách 6:
Đặt:
2
3 2 ( 0)x x u u
− − = ≥

2
2 3 ( 0)x x v v
+ + = ≥
.Khi đó ta có:u = v và
2
6u v
+ =
Ta có hệ phương trình:
2
0
2
6
u v

u v
u v
= ≥

⇔ = =

+ =

Với u=v=2 ta có:
2
2
3 2 4
1
2 3 2
x x
x
x x

− − =

⇔ = −

+ + =


Vậy phương trình có một nghiệm x = - 1.
Bài toán 2 : (ĐH Khối D-2005)
Giải phương trình:
2 2 2 1 1 4x x x+ + + - + =
(*)

Giải:
Cách 1:
Ta có:
2 2 2 1 1 4 2 2 2 1 1 4x x x x x x+ + + - + = Û + + + = + +
vì hai vế đều dương nên bình phương hai vế ta được
phương trình tương đương
4( 2 2 1) 1 8 1 16 3 9 3x x x x x x+ + + = + + + + Û = Û =
Cách 2:
Đặt
1 (t 0)t x= + ³
,khi đó (*)
2
2 1 2 -t=4 2 t+1 4 2 4 2t t t t tÛ + + Û - = Û + = Û =
Với t= 2 ta có:
1=2 x=3x + Û
Cách 3: (Đ án của bộ)
Ta có:
2
2 2 2 1 1 4 2 ( 1 1) 1 4 2( 1 1) 1 4 1 2 3x x x x x x x x x+ + + - + = Û + + - + = Û + + - + = Û + = Û =
Cách 4:
Đặt 2= a >0 khi đó
2 2
(*) 2 2 1 1 2 2 1 1 0a x x x a a a x x xÛ + + + - + = Û - + + + + + =
Ta có:
( )
2
(*) 2 2 1 4 1 1 1x x x xÛ D = + + + - + = + -
2
2 2 1 1 1 2 2 1 1 1
v

2 2
hay 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2
x x x x x x
a a
x x x a x x x a
+ + + - + + + + + + + -
Þ = =
+ + + - + + = + + + + + - =hoặc
Với a =2 ta có
2 2 1 1 3 (1) 2 2 1 1 5(2)x x x x x x+ + + - + = + + + + + =hoặc
Từ (*) &(1) ta có:
1 2 x + = - vo â nghiệm
Từ (*) &(2) ta có:
3 1 6 1 4 3x x x+ = Û + = Û =
.Thay vào (*) thỏa .Vậy x=3 là nghiệm của phương trình
NHỮNG GI Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Trong quá trình để giải loại toán này chúng ta cần chú ý đến các tính chất sau:
1*.Các tính chất về đẳng thức:
+)
( )A B A C B C C= Û + = + "
;+)
( 0)A B A Ba a a= Û = " ¹
;+)
0 ( )
n n
A B A B n Z= ³ Û = " Ỵ
+)
0 A B A B= Û = ³
2.*Các tính chất về bất đẳng thức:
+)

( )A B A C B C C> Û + > + "
;+)
>0

<0
A B
A B
A B
a a a
a a a
é
>
ê
> Û
ê
<
ê
ë
nếu
nếu
;+)
0 ( )
n n
A B A B n N> ³ Û > " Ỵ
+)
0 A B A B> Û > ³
3*.Các dạng phương trình vô tỉ thường gặp:
D1:
( ) ( )
( ) ( )

( ) 0
f x g x
f x g x
f x
ì
=
ï
ï
ï
= Û
í
ï
³ ³
ï
ï
ỵ
hoặc g(x) 0
;D2:
2
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
ì
ï =
ï
ï
= Û
í
ï

³
ï
ï
ỵ
g(x) 0
D3:
( )
2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) 0 ;
f x g x h x
f x g x h x
f x
ì
ï
= +
ï
ï
= + Û
í
ï
³ ³ ³
ï
ï
ỵ
g(x) 0; và h(x) 0
;D4:
2
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x= Û =

3.*Các dạng bất phương trình vô tỉ thường gặp:
D1:
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
ì
>
ï
ï
ï
> Û
í
ï
³
ï
ï
ỵ
g(x) 0
;D2:
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
f x
f x g x
f x g x
ì
ì
³

ï >
ï
ï
ï
ï ï
> Û
í í
ï ï
³
ï ï
ï
ỵ
ï
ỵ
hoặc
g(x) < 0
g(x) 0
D3:
2
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
ì
<ï
ï
ï
< Û
í
ï

³
ï
ï
ỵ
g(x) > 0 và f(x) 0
;D4:
( )
2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) 0 ;
f x g x h x
f x g x h x
f x
ì
ï
> +
ï
ï
> + Û
í
ï
³ ³ ³
ï
ï
ỵ
g(x) 0; và h(x) 0
D5:
( )
2

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) 0 ;
f x g x h x
f x g x h x
f x
ì
ï
< +
ï
ï
< + Û
í
ï
³ ³ ³
ï
ï
ỵ
g(x) 0; và h(x) 0
D6:
2
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x> Û >
D7:
2
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x< Û <
4.Đònh lí về dấu tam thức bậc hai:
I)ĐỊNH LÍ :
Cho tam thức bậc hai
2
( ) (a 0)f x ax bx c= + + ≠

và
2
4b ac∆ = −
Nếu  < 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x
( . ( ) 0 x)a f x > ∀
Nếu  = 0 thì f(x) cùng dấu với hệ số a với mọi x
2
b
a
−
≠ ( . ( ) 0
-b
x )
2a
a f x > ∀ ≠
Nếu  > 0 thì f(x) = 0 có hai nghiệm x
1
,x
2
giả sử x
1
<x
2
khi đó f(x) cùng dấu với hệ số a
1 2
[ , )
2 1
x ;x ] và f(x) trái dấu với a x (xx x∀ ∉ ∀ ∈
BẢNG TÓM TẮT:
Dấu của biệt thức  Dấu của f(x)

<0
. ( ) 0 x Ra f x > ∀ ∈
3
 = 0
. ( ) 0 ) 0
-b -b
x và f(
2a 2a
a f x > ∀ ≠ =
 > 0 f(x)=0 có hai nghiệm x
1
<x
2
+
1 2
. ( ) 0 ( , ) ( , ) x -a f x x x> ∀ ∈ ∞ ∪ +∞
+
1 2
. ( ) 0 ( , ) xa f x x x< ∀ ∈
II.ĐỊNH LÝ ĐẢO:
Cho tam thức bậc hai
2
( ) (a 0)f x ax bx c= + + ≠
và một số thực
α
.Nếu
. ( ) 0 a f
α
<
thì tam thức bậc hai có hai

nghiệm và
α
nằm giữa hai nghiệm đó.
Hệ quả 1:Điều kiện cần và đủ để phương trình bậc hai
2
( ) =0 (a 0)f x ax bx c= + + ≠
có hai nghiệm phân biệt là
tồn tại
α
sao cho
. ( ) 0a f
α
<
Hệ quả 2: Cho tam thức bậc hai
2
( ) (a 0)f x ax bx c= + + ≠
và hai số thực
,
α β
.Điều kiện cần và đủ để phương
trình f(x)= có hai nghiệm trong đó một nghiệm nằm trong khoảng
( , )
α β
,nghiệm kia nằm ngoài đoạn
[ , ]
α β
á là
( ). ( ) 0 f f
α β
<

*Dạng 1:Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai.
Ví dụ 1:Giải phương trình
2 2
( 4) 1 9 9 9x x x x+ + + = + +
Giải:
Ta có:
2 2 2 2
( 4) 1 9 9 9 9 9 9 9 9 8 0x x x x x x x x+ + + = + + ⇔ + + − + + + =
(1)
Đặt :
2
9 9( 0)t x x t= + + ≥
Khi đó (1)
2
9 8 0 1 8t t t vt⇔ + + = ⇔ = =
Với t= 1
2
9 9 1 1 8x x x vx⇒ + + = ⇔ = − = −
Với t = 8
2
9 301 9 301
9 9 64
2 2
x x x vx
− − − +
⇒ + + = ⇔ = =
Vậy phương trình có 4 nghiệmx=-1,x=-8,x=
9 301
2
− −

và
9 301
2
x
− +
=
*Dạng 2.Sử dụng ẩn phụ đưa về phương trình tích
a>Sử dụng một ẩn phụ:
Ví dụ 2:Giải phương trình
2
1 1(2)x x+ + =
Giải:Đặt 1t x= + ĐK:
0t ≥
Khi đó phương trình (2) có dạng
2 2 2
1 5 1 5
( 1) 1 ( 1)( 1) 0 0, 1, ,
2 2
t t t t t t t t t t
− − − +
− + = ⇔ − + − = ⇔ = = = =
Vì
0t
≥
nên loại
1 5
2
t
− −
=

Với t=0 thì x = -1
Với t=1thì x =0
Với
1 5
2
t
− +
=
thì
1 5
2
x
−
=
.Vậy phương tình đã cho có 3 nghiệm x = -1,x=0 và
1 5
2
x
−
=
b>Sử dụng hai ẩn phụ
Ví dụ 3:Giải phương trình
2 3
2( 3 2) 3 8x x x− + = +
(T2/252)
Giải:
ĐK:
2
3
3 2 0 1 2 2 1

2 2
8 0
x x x vx x
hay
x x
x

− + ≥ ≤ ≥ − ≤ ≤
 

⇔
  
≥ − ≥
+ ≥

 

Đặt
2
2 4u x x= − +
, 2v x= + (u>0,v
≥
0)
4
Khi đó phương trình đã cho tương đương
2 2
2( ) 3 ( 2 )(2 ) 0 2 0u v uv u v u v u v− = ⇔ − + = ⇔ − =
(Vì 2u+v>0)
Do đó ta có
2 2

2 4 2 2 0 2 4 4 8 3 13x x x x x x x− + − + = ⇔ − + = + ⇔ = ±
So sánh với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: 3 13x = ±
*Dạng 3:Sử dụng ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp
Ví dụ 4:Giải phương trình
2
2 3 2 3 2x x x x− + = − (4)
Giải:ĐK:
2
3
x ≥
PT(4)
2
2 (3 2) 3 2x x x x⇔ − − = −
Đặt
3 2( 0)y x y= − ≥
.Ta có :
2 2
2x y xy− =
(5).PT(5) là phương trình đẳng cấp đối với xvà y
Đặt y=tx thì
2 2 2 2 2 2 2
(5) 2 (2 ) 0 2 0x t x tx x t t t t⇔ − = ⇔ − − = ⇔ − − =
(Vì
2
3
x ≥
) Ta tìm được t = 1 ;t=-2
Với t=1 thì x= y do đó
2
3 2 3 2 0 1 2x x x x x vx− = ⇔ − + = ⇔ = =

Với t=-2 thì y=-2x mà
2
3
x ≥
nên y<0 (loại)
So sánh với ĐK ta có nghiệm của phương trình là x=1 và x= 2
*Dạng 4:Sử dụng ẩn phụ đưa về phương trình của ẩn phụ đó,còn ẩn ban đầu coi là tham số
Ví dụ 5:Giải phương trình
2 2
6 10 5 (4 1) 6 6 5 0x x x x x− + − − − + =
(6)
Giải:Đặt
2
6 6 5 ( 0)x x t t− + = ≥
PT(6) có dạng
2
(4 1) 4 0.t x t x− − − =
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn t (x là tham số )
2 2
(4 1) 16 (4 1)x x x∆ = − + = +
.Tìm được t=-1 (loại) và t=4x.
Với t=4x thì
2
2 2
0
6 6 5 4
6 6 5 16
x
x x x
x x x

≥

− + = ⇔

− + =

.Tìm được
3 59
6
x
− +
=
Vậy PT(6) có nghiệm
3 59
6
x
− +
=
*Dạng 5.Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình có chứa ẩn cũ hoặc toàn là ẩn mới
Ví dụ 6:Giải phương trình:
2 2
3(2 3 ) 2(7)x x+ − =
(T2/246)
Giải:Đặt
2
2 3y x= −
thay vào (7) ta có
2
3 2x y+ =
Vậy (7)

2
2
2 3 (8)
2 3 (9)
x y
y x

= −

⇔

= −


Trừ vế theo vế (8) và(9) ta có:
2 2
3( ) ( )(1 3 3 ) 0x y y x x y x y− = − − ⇔ − − − =
Với x-y=0
x y
⇔ =
thay vào (8) ta có:
2
2
3 2 0 1
3
x x x vx+ − = ⇔ = − =
Với 1-3x-3y=0
1 3
3
x

y
−
⇔ =
thay vào (9) ta có:
2
1 21 1 21
9 3 5 0
6 6
x x x vx
− +
− − = ⇔ = =
Ví dụ 7:Giải phương trình :
4 4
27 5 4x x− + + = (10)
Giải:Đặt
4 4
27 ; 5 ( ; 0)a x b x a b= − = + ≥
Thay vào (10) ta có:a+b=4.Ta lại có:
4 4
32a b+ = .Từ đó ta có hệ phương trình:
4 4
4
32
a b
a b
+ =


+ =


Giải hệ tìm được
2a b= =
(thoả mãn ĐK).Từ đó suy ra x= 11
*Dạng 6.Sử dụng các BĐT để đánh giá đưa về điều kiện xảy ra dấu “=”
Ví dụ 8:Giải phương trình
2 4 2
2 5 2 1x x x x− + = − + +
(11)
5