Bài soạn CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH- ĐẪ SỬA

phơng trình vô tỉ
cách giải phơng trình vô tỉ
phần thứ nhất
đặt vấn đề.
I. Lý do chọn đề tài
Trong chơng trình Toán THCS, các bài toán về phơng trình chứa ẩn ở dới dấu
căn( hay còn gọi là phơng trình vô tỉ) không đợc đợc đề cập trong một phần mục
riêng nhng nó lại có nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng. Các bài toán dạng này đòi
hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật nhuần nhuyễn, có hệ thống một số kiến
thức khác nh: phơng trình bậc nhất một ẩn, phơng trình tích, ĐKXĐ của một số loại
biểu thức...Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát triển khả năng t duy cho học sinh,
ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức đợc sử dụng thi đầu vào khối THPT.
Trên thực tế, với kinh nghiệm bản thân trong quá trình giảng dạy tôi thấy HS th-
ờng mắc một số khuyết điểm sau khi giải phơng trình vô tỉ:
- Thiếu hoặc sai ĐKXĐ của phơng trình .
- Chỉ giải đợc dạng phơng trình đơn giản trong SGK.
- Khi bình phơng hai vế của phơng trình để làm mất căn bậc hai thờng các em
không tìm điều kiện để cả hai vế không âm.
- ở dạng phức tạp hơn thì các em cha có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải rất
hạn chế, các em thờng không có cơ sở kiến thức để phát triển phơng pháp giải.
Để giúp các em học sinh nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phơng pháp giải từng
dạng, tôi mạnh dạn viết chuyên đề: '' Các dạng phơng trình chứa ẩn ở dới dấu căn và
cách

giải'' áp dụng cho khối THCS . Hy vọng chuyên đề này phần nào tháo gỡ những
khó khăn cho các em học sinh khi gặp dạng phơng trình này và là cuốn tài liệu có thể
dùng để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp. Với kinh nghiệm còn hạn chế và thời
gian nghiên cứu cha nhiều, chuên đề này sẽ không tránh khỏi những thiếu sót. Do vậy
tôi rất mong nhận đợc sự đóng góp ý của các bạn đồng nghiệp để chuyên đề này có thể
đợc áp dụng rộng rãi hơn, góp phần thúc đẩy chất lợng học tập của các em học sinh.
II - Đối tợng nghiên cứu:

- Học sinh lớp 9 trờng THCS.
- Học sinh thi học sinh giỏi huyện.
Iii- phơng pháp nghiên cứu:
- Tìm đọc các tài liệu tham khảo và nghiên cứu kĩ SGK
1
- Dạy và trắc nghiệm trên ba đối tợng học sinh: Khá, giỏi - trung bình - yếu, kém.
- Đa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện.
- Tham khảo các trờng bạn, ý kiến đóng góp của các thầy cô dạy lâu năm có nhiều
kinh nghiệm.
- Dự giờ, kiểm tra chất lợng học sinh.
- Dạy thực nghiệm một tiết trên 2 lớp 9 của trờng.
iV - Phạm vi nghiên cứu:
- Giới thiệu, nghiên cứu phơng trình vô tỉ trong chơng trình đại số lớp 9
v - điều tra cơ bản:
* Tổng số học sinh khối 9: - 42 học sinh/2 lớp 9 - đại trà.
- 1 học sinh đội tuyển Toán giỏi trờng tham dự thi học sinh giỏi
huyện.
* Phân loại: - Khá, giỏi: 10 học sinh.
- Trung bình: 20 học sinh.
- Yếu, Kém: 12 học sinh.
* Chuẩn bị sách giáo khoa và các bài tập 42/42 học sinh có đủ.
phần thứ hai
2
giải quyết vấn đề
i - Kiến thức cần sử dụng
Để giải quyết tốt các vấn đề về phơng trình vô tỉ thì học sinh cần nắm chắc
một số kiến thức cơ bản sau:
1. + Khái niệm về phơng trình, nghiệm của phơng trình, ĐKXĐ của phơng trình
+ Các định nghĩa, định lý về biến đổi hai phơng trình tơng đơng.
+ Cách giải các loại phơng trình cơ bản nh: Phơng trình bậc nhất một ẩn, phơng

trình tích, phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phơng trình chứa ẩn ở mẫu, phơng
trình bậc hai một ẩn số...
+ Tính chất bắc cầu của bất đẳng thức số.
2 . Học sinh nắm chắc:
+ Các kiến thức về phơng trình nói chung và phơng pháp giải các loại phơng trình
đã học nh phơng trình tích, phơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối,...
+ Các kiến thức cơ bản về căn thức.
+ Các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ.
+ Các dạng phơng trình vô tỉ, cách giải từng dạng.
+ Những sai lầm thờng gặp khi giải phơng trình vô tỉ.
ii - các dạng phơng trình vô tỉ cơ bản và cách giải:
Dạng 1: = m
Đây là dạng đơn giản nhất của phơng trình vô tỉ.
I.Ví dụ: Giải các phơng trình sau:
1)
212
=
x
ĐKXĐ:
2
1

x


2x 1 = 4


x =
2

5
( Thoả mãn)
Vậy nghiệm của phơng trình là x =
2
5
2)
4581223
=+++
xx
ĐKXĐ :
3
2


x

523
523
53233
5323223
=+
=+
=+
=+++
x
x
x
xx
3

x =1( Thoả mãn)
Vậy nghiệm của phơng trình là x = 1
3)
1885052
+=+
x
ĐKXĐ :
2
5

x

)(
2
5
052
052
Tmx
x
x
=
=
=
Vậy nghiệm của phơng trình là x =
2
5
4)
124834
=+

x
ĐKXĐ :
4
3

x
3234
=
x
(Vô lý)
Vậy phơng trình vô nghiệm
II.Nhận xét
Phơng trình = m
- Nếu m > 0 thì ta bình phơng 2 vế
- Nếu m = 0 thì f(x) = 0
- Nếu m< 0 thì phơng trình vô nghiệm
2 Dạng 2 = g (x) (1).
I. Ví dụ
1) Giải phơng trình:
5
+
x
= 1 - x (1)
Giải
Phơng trình (1)

1 - x 0

x

1 (2)
x + 5 = (1 - x)
2
x
2
- 3x - 4 = 0 (3)
Giải phơng trình (3) : (x + 1)(x - 4) = 0 => x = -1 hoặc x = 4
Đối chiếu với ĐK (2) ta thấy x = -1 thoả mãn
Vậy x = -1 là nghiệm của phơng trình (1).
2) x +
313
=+
x
Để đơn giản hơn ta có thể trình bày lời giải nh sau
ĐKXĐ: x

-1/3
089
)303()3(13
313
2
2
=+
=+
=+
xx
xxxx
xx

x = 1( tm) ; x = 8(loại)

Vậy nghiệm của phơng trình là x =1
II. Cách giải:
4
= g (x)

g(x)

0 (2).
f(x) = [g(x)]
2
(3).
Giải phơng trình (3) đối chiếu với điều kiện (2) chọn nghiệm thích hợp suy ra
nghiệm của phơng trình (1).
Dạng 3: Biểu thức ở dới dấu căn có dạng bình phơng
I. Ví dụ: Giải các phơng trình sau
1)




=
=




=
=

=

=
=+
1
7
43
43
43
4)3(
496
2
2
x
x
x
x
x
x
xx
Vậy nghiệm của phơng trình là x = 7 ; x=-1
2)
(*)254
25)4(
xx
xx
=+
=+
- Nếu x

-4 thì phơng trình (*) có dạng
x+ 4 = 5 2x

x =
3
2
( Tm)
- Nếu x<-4 thì

- x- 4 = 5 2x


x = 9( loại)
Vậy nghiệm của phơng trình là x =
3
2
3)
12
2
++
xx
+
96
2
+
xx
= 4 (1)
Giải
Phơng trình (1)

4)3()1(
22
=++
xx

431
=++
xx
(2)
5
+) NÕu
3
3
1
03
01
≥⇔



≥
−≥
⇔



≥−
≥+
x
x

x
x
x
(*)
PT (2) cã d¹ng x + 1 + x - 3 = 4
⇔
x = 3 tho¶ m·n (*)
+) NÕu



>
−<
⇔



>−
<+
3
1
03
01
x
x
x
x
(kh«ng x¶y ra)
+) NÕu
31

3
1
03
01
<<−⇔



<
−>
⇔



<−
>+
x
x
x
x
x
(**)
PT (2) cã d¹ng x + 1 + 3 - x = 4  0x = 0
PT nµy cã v« sè nghiÖm tho¶ m·n (**)
+) NÕu
1
3
1
03
01

−≤⇔



<
−≤
⇔



<−
≤+
x
x
x
x
x
(***)
Ph¬ng tr×nh (2) cã d¹ng: - x - 1 - x + 3 = 4
⇔
- 2x = 2
⇔
x = -1, tho¶ m·n
®iÒu kiÖn (***) .
KÕt hîp nghiÖm ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm -1
3
≤≤
x
4)

143
−++
xx
+
5168
=−−+
xx
(1)
Gi¶i
§iÒu kiÖn: x
1
≥

Ph¬ng tr×nh (1)
⇔

4141
+−+−
xx
+
913.21
+−−−
xx
= 5.
⇔

5)31()21(
22
=−−++−
xx

6


1

x
+2 +
31

x
= 5 (do x
1

)


1331
=
xx
Vì vế trái luôn không âm nên ta có: 3 -
9103101

xxx
101

x
Kết hợp điều kiện ta thấy
101

x

là nghiệm của phơng trình đã cho
II.Nhận xét
-Nêú biểu thức ở dới dấu căn viết đợc dới dạng bình phơng thì đa về phơng trình chứa
dấu giá trị tuyệt đối
Dạng 4 : Biểu thức ở ngoài biến đổi đợc theo biểu thức ở dới dấu căn( trong căn) :
I.Ví dụ: Giải phơng trình sau:
1)

0633
33
22
22
=++
=+
xx
xx
Đặt
)0(3
2
=+
yyx
Thì phơng trình có dạng

2
y
- y 6 =0

y = 3 (tm) ; y = -2( loại)
y = 3

6633
22
===+
xxx
Vậy nghiệm của phơng trình là x =
6
; x = -
6
2) x
2
+
53
2
+
xx
= 3x + 7 (1)
Giải
Phơng trình (1) x
2
- 3x - 7 +
53
2
+
xx
= 0
x
2
- 3x + 5 +
53
2

+
xx
- 12 = 0 (2)
Điều kiện: x R
Đặt
53
2
+
xx
= t ( t 0 ) => x
2
- 3x + 5 = t
2
(*)
Phơng trình (2) có dạng : t
2
+ t - 12 = 0
= 49 > 0 = 7
Vậy phơng trình có hai nghiệm: t
1
= 3 ; t
2
= - 4
Vì t
0

nên t = 3 thoả mãn .
Theo (*) ta có : x
2
- 3x +5 = 9

7