Mot so phuong trinh chua can thuc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (190.88 KB, 12 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở giáo dục & đào tạo bắc giang

Sáng kiến kinh nghiệm

Một số dạng phơng trình - bất phơng trình

chứa căn thức và phơng pháp giải

Môn : Toán
Khối : 9

Năm học 2007 - 2008

Phũng giỏo dc & o to Lng giang

Sáng kiến kinh nghiệm

Một số dạng phơng trình - bất phơng trình chứa căn

thức và phơng pháp giải

Môn : Toán
Khối : 9

Phần ghi số phách
của Phòng GD & ĐT

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ngi thc hin:

Vũ Minh Sơn

đánh giá của tổ chuyên môn

(Nhận xét, đánh giá xếp loại)

...

...
...
...
...
...
...
...
...

đánh giá của hội đồng nhà trờng

(Nhận xét, đánh giá xếp loại, ký v úng du)

...
...
...
...
...

... ...
...

Sáng kiến kinh nghiệm

Một số dạng phơng trình - bất phơng trình chứa căn

thức và phơng pháp giải

Môn : Toán
Khối : 9

ỏnh giỏ, xp loi ca Phòng giáo dục và đào tạo
(Nhận xét, đánh giá xếp loại, ký và đóng dấu)

...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...

tác giả :...

Đơn vị công tác : ...

A. t vn

Phần ghi số phách
của Phòng GD & ĐT

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Trong chơng trình dạy tốn nói chung của trung học cơ sở, có rất nhiều vấn
đề mà ngời dạy chúng ta cần quan tâm, đánh giá và suy nghĩ để từ đó t duy tổng
hợp, tiến hành thực hiện áp dụng việc đổi mới giúp cho việc giảng dạy của thầy hiệu
quả hơn, việc tiếp thu của trò dễ dàng hơn và học trò hứng thú với việc học tập ở tr
-ờng. Qua nghiên cứu chơng trình giảng dạy tơi nhận thấy trong phân môn Đại số
lớp 9 phần bài tập liên quan đến căn thức và các phép biến đổi của căn thức đặc biệt

là các dạng toán về phơng trình và bất phơng trình chứa căn thức đối với học sinh
khi thực hiện rất khó khăn, trong một số đề thi học sinh giỏi các cấp thì dạng tốn
liên quan đến giải phơng trình và bất phơng trình chứa căn thức là những bài tốn
hay và khó.

Trong những năm gần đây, việc đổi mới phơng pháp dạy học là một yêu cầu
bắt buộc đối với tất cả các môn học, cụ thể chúng ta phải áp dụng linh hoạt các
ph-ơng pháp để tạo cho học sinh học tập có hệ thống, tự giác trong việc nghiên cứu lý
thuyết cũng nh tìm tịi lời giải, phát triển tính sáng tạo của học sinh trong việc vận
dụng các kiến thức đã học để khám phá lời giải của các bài tập, thống kê và đa
chúng về một số dạng cơ bản trên cơ sở đó thực hiện việc giải tốn một cách dễ
dàng hơn.

Qua q trình giảng dạy các đối tợng học sinh, tôi đã thực hiện việc tổng hợp
một số dạng tốn về phơng trình - bất phơng trình chứa căn thức và phơng pháp
giải, bớc đầu đã đạt đợc những kết quả nhất định. Tôi mạnh dạn tổng hợp và viết

s¸ng kiÕn kinh nghiƯm Một số dạng phơng trình bất phơng trình và ph¬ng

pháp giải” trong khn khổ của chơng trình tốn trung học cơ sở nhằm mong muốn
đợc các đồng nghiệp tham khảo và cho ý kiến.

B.

giảI quyết vấn đề

Một trong những điều cần lu ý nhất đối với phơng trình và bất phơng trình
chứa căn là tính khơng thuận nghịch của các phép tốn. Nhìn chung những dạng
ph-ơng trình và bất phph-ơng trình cơ bản là các phph-ơng trình, bất phph-ơng trình có thể đa về
phơng trình và bất phơng trình đại số bậc nguyên. Vì vậy cần lu ý đến điều kiện có
nghĩa của biểu thức.

VÝ dơ 1: A(x) = (1 + x)2 + (1 - x)2 vµ

B(x) = 2 + 2x thì A(x) = B(x) chỉ đúng khi x > 0

Ví dụ 2: Xét phơng trình 4 A(x) = B(x) (1) thì điều kiện đối với B(x) là quan

trọng. Nếu cha biết thơng tin đối với B(x) thì không thể viết:
(1)  A(x) = B(x) 4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ví dụ 3: Giải phơng trình
4 x 1 = 1 x

Phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1 (2)
Nếu chỉ dựa vào phép tính biến đổi ta sẽ thấy:

(2)  x - 1 = (1 - x)2 













2

1 x

Do vậy, trong mọi trờng hợp, cần phải xem xét điều kiện có nghĩa của phơng
trình một cách chi tiết, sau đó mới tiến hành các phép biến đổi tơng đơng.

1. Quy tắc giản ớc : Khác với các biểu thức đại số bậc ngun khi một thừa
số khác khơng, ta có thể giản ớc hoặc đặt thừa số chung. Đối với biểu thức chứa
căn, cần đặc biệt lu ý tới iu kin cú ngha.

Bài toán 1: Giải phơng tr×nh: (x 1))x + (x 2)x = x(x3)

Giải: Điều kiện có nghÜa:

(x - 1)x  0 x  2
(x - 2)x  0  x = 0
x(x + 3) 0 x  - 3
1) x = 0 lµ mét nghiƯm.

2) Xét x  2 khi đó có thể giản ớc hai vế của phơng trình cho x
1



x + x 2 = x3

2x - 3 + 2 (x 1)(x 2) = x + 3
 2 (x 1)(x 2) = 6 - x

6 - x  0 x  6

   x = 

3
28

4 (x2 - 3x + 2) = 36 - 12x + x2 3x2 = 28

Kết hợp với điều kiện x  2 ta đợc nghiệm x =

3
28

3) Xét x  - 3 khi đó viết phơng trình đã cho dới dạng:

)
)(
1

(  x  x + (2 x)( x) = ( x)( x 3)

Gi¶n íc 2 vÕ cho  x

x



1 + 2 x =  3 x

Trờng hợp này phơng trình vơ nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải.
Tóm lại: phơng trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =

3
28

2. Quy t¾c thay giá trị:

S dng hng ng thc: (u + v) 3 = u3 + v3 + 3uv (u +v)

Tõ biÓu thøc u + v = a dƠ dµng suy ra:
u3 + v3 + 3uva = a3

Tuy nhiên, phép thế giá trị u + v = a này vào biểu thức lập phơng có thể dẫn
đến một phép bình phơng và phép biến đổi khơng cịn l phộp bin i tng ng.

Bài toán 2: Giải bất phơng trình: 3 x + 3 3 x

  m (1)

Gi¶i: (1)  3 3 x  m - 3 x

 3 - x  m3 - 3m23 x + 3m3 x2 - x

 3m 3 x2 - 3m2 3 x + m3 - 3  0

1) m = 0, x lµ nghiƯm.

2) m  0 xÐt tam thøc bËc hai:

f(t) = 3mt2 - 3m2t + m3 - 3, víi t = 3 x

= 9m4 - 12m(m3 - 3) = - 3m4 + 36m = - 3m(m3 - 12)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

- 0 + 0 -

a) NÕu m < 0 th× < 0 => f(t)  0, t . VËy x lµ nghiƯm

b) NÕu 0 < m  312 th× f(t)  0
=>
m
m
6
3 2


  t 

m
m
6
3 2


Từ đó ta đợc









  
m
m
6
3 2

3x 








  
m
m
6
3 2
3

c) m > 312 th×  < 0 => f(t) > 0 t , bÊt ph¬ng trình vô nghiệm

Bài toán 3: Giải phơng trình: 3 2 x x2



 + 3 2 x x2 = 3 4

Giải: Lập phơng hai vế ta đợc:

4 + 33 2 x x2



 .3 2 x x2 (3 2xx2 + 3 2 x x2 ) = 4
Vậy phơng trình tơng đơng với:

3 2 x x2



 + 3 2 x x2 = 3 4
3 3 2 x x2



 .3 2 x x2 = 0

V× 3 2 x x2



 > 0 nªn suy ra: 3 2 x x2 = 0 =>











2

1 x

Hai giá trị này đều thoả mãn phơng trình đã cho.

3. PhÐp hữu tỉ hoá:

Mt trong nhng phng pháp cơ bản để giải phơng trình và bất phơng trình
chứa căn là chuyển bài tốn đã cho về dạng hu t (bc nguyờn) bng cỏch t n
ph.

Bài toán 4: Giải phơng trình: 4 x1 = (a4 x - 4 x1)x

Giải: Điều kiÖn x  0

NhËn xÐt: a , x = 0 không là nghiệm của phơng trình. Chia 2 vế của ph¬ng

trình cho x4 x, ta đợc:





 
x
x 1

4
5

= a (1)

+ Nếu a 1 phơng trình vô nghiệm.

+ Xột a > 1 khi đó (1) 

x
x1

= a54  x =

1
1
5
4

a

Bài toán 5: Giải phơng trình: 4 5 x

+ 4 x 1 = 2 (1)

Giải: Điều kiện 1 x 5; Đặt 4 x 1 = y +

2
2 , -

2
2

 y 

2
2

Khi đó:

x = (y +

2 )4 + 1, 4 5 x = 4 )4

2
2
(
4 y
Thay vào (1) ta đợc phơng trình:

4 )

2
2
(

4 y + y +

2
2 =

2  ( y +

2 )4 + (y -

2 )4 = 4

 (y +

2 )2 - (y -

2 )2 2 + 2(y2 -

2
1

) 2 = 4 2y4 + 6y2 -

2
7

= 0 => y =

2
2



VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm x1 = ( )4

2
2
2

 + 1 = 5

x2= (- )4

2
2
2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài toán 6: Giải bất phơng trình: 2( 1 x  x)  41 x

 + 4 x

Gi¶i: §iỊu kiƯn 0  x  1

Viết bất phơng trình đã cho dới dạng:

(41 x+ 4 x)2 + (41 x - 4 x)2  41 x + 4 x (1)

Đặt 41 x + 4 x = y

41 x

  1 - x

Do Nªn: y  1 suy ra y2 y
4 x  x

Do vËy (41 x

 + 4 x)2  41 x+ 4 x

Vậy (1) luôn luôn đúng. Suy ra nghiệm là on 0;1

4. Phép chuyển về hệ: (hữu tỉ hoá gi¸n tiÕp)

Nhìn chung, các phơng trình và bất phơng trình chứa căn thức đều có thể
chuyển đợc về một hệ hữu tỉ. Tuy nhiên, không phải khi nào cũng cho thấy tính u
việt của hệ nhận đợc. Thơng thờng, phép tốn chuyển về hệ sẽ có hiệu quả khi các
phép tốn đó có sử dụng các hằng đẳng thức quen bit.

Bài toán 7: Giải phơng trình

x
x

5
2
6

x
x

5
2
6

=
3
8

Giải: Điều kiện: -5 < x < 5; Đặt 5 x = u ; 5x = v ; 0 < u , v < 2 5 (*)
Khi đó ta đợc hệ:

u2 + v2 = 10

-u

4
-

v

+ 2(u + v) =
3
8
(u + v)2 = 10 + 2uv



(u + v)(1 -

uv

2
) =

3
4

Đặt tiếp

uv

= t uv =

t

2
, t >

5
2
Ta đợc hệ: (u + v)2 = 10 +

t

4
(u + v)2 =

)
1
(
9

t



uv =

t

VËy t phải thoả mÃn phơng trình 9(1 )2

t

= 10 + t

 8t = 45t(1 - t)2 + 18(1 - t)2  45t3 - 72t2 + t + 18 = 0

 15 (3t3 - 2t2) - 14 (3t2 - 2t) - 9(3t - 2) = 0  (3t - 2) (15t2 - 14t - 9) = 0

t =
3
2

=> uv = 3



t =

15
46
2

7 => uv =

46
2
7

 = a1
VËy u,v lµ nghiƯm cđa mét trong hai hƯ sau:

(u + v)2 = 10 + 2uv = 16 u

1 = 3 ; v1 = 1

(1) =>
(u - v)2 = 10 - 2uv = 4 u

2 = 1 ; v2 = 3

u3 =

2
1

( 102a1  10 2a1)

(u + v)2 = 10 + 2a

1 v3 =

2
1

( 102a1  10 2a1)

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(u - v)2 = 10 - 2a

1 u4 =

2
1

( 102a1  10 2a1)

v4 =

2
1

( 102a1  10 2a1)

Các nghiệm này đều thoả mãn điều kiện (*)

Suy ra nghiệm của phơng trình là: x = 5 - 2

k

u , k = 1,2,3,4

Bài toán 8: Giải phơng trình: x2 - 2x = 2 2x 1

Gi¶i: §iỊu kiƯn x 

2
1

Đặt 2x 1 =



y +  . Chọn , để hệ :
x2 - 2x = 2 (



y +  )

(



y +  )2 = 2x - 1

Là hệ đối xứng: Lấy



= 1,  = -1

Ta đợc hệ:

x2 - 2x = 2(y - 1)

( x 

2
1

, y  1) (*)
y2 - 2y = 2(x - 1)

 x2 - 2x = 2(y - 1)

(x2 - 2x) - (y2 - 2y) = 2(y - 1) - 2(x - 1)

y = x

x2 - 2x = 2(y - 1) x2 - 2x = 2(x - 1)



x2 - y2 = 0 y = - x

x2 - 2x = 2(- x - 1)

y = x

 x = y = 2  2

 x2 - 4x + 2 = 0

y = -x

( v« nghiƯm)
x2 = -2

Đối chiếu với điều kiện của hệ (*) ta đợc nghiệm duy nhất của phơng trình :

x = 2 + 2

Bµi toán 9: Giải phơng trình: 2 x + 4 x =

2
1

Giải: Điều kiện 0 x 2
Đặt 2 x = u

4 x = v 0  u  2; 0  v  4 2
u + v =

2
1

u = (

2
1

- v)

sẽ đợc hệ  (1)
u2 + v4 = 2 (

2
1

- v)2 + v4 = 2

Giải phơng tr×nh (1): v4 + v2 - 2 v +

2
1

= 2

 (v4 + 2v2 + 1) - (v2 + 2v +

2
1

) = 0

 (v2 + 1)2 - (v +

2
1

)2 = 0
 (v2 + v + 1 +

2
1

)(v2 - v + 1 -

2
1

) = 0

Vế trái luôn luôn dơng, vậy phơng trình đã cho vơ nghiệm.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Một trong những nội dung khó nhất của loại phơng trình và bất phơng trình
chứa căn chính là xác định tiêu chuẩn để một biểu thức chứa căn có thể phân tích
đ-ợc thành nhân tử. Tuy nhiên, dựa vào đặc thù riêng của từng bài, có thể xem một bộ
phận thích hợp của biểu thức đã cho nh một biến số độc lp v phõn tớch chỳng theo
bin ph ú.

Bài toán 10 : Giải phơng trình:

4 1x - 1 = 3x + 2 1 x + 1 x2 (1)

Phân tích: Coi 1 x = t nh biến độc lập. Khi đó viết (1) dới dạng:

4 1x - 1 = 3(1 - t2 ) + 2t + t 1x

 3t2 - (2 + x



1 ) t + 4( 1x - 1) = 0 (2)

Còng nh vËy, nÕu coi 1x = t lµ Èn phơ míi thì cũng có một phơng trình

t-ng t. Tuy nhiờn, sự may mắn để giải đợc pht-ơng trình (2) theo tam thức bậc hai
của t quả là ít xảy ra. Đó chính là điểm nút quan trọng nhất trong phơng pháp đặt ẩn
số phụ khơng tồn phần: Thơng thờng, trớc khi giải, ta cần xét biểu diễn của số
hạng 3x dới dạng tổ hợp của 2 số:

( 1 x)2 ; ( 1x)2 ; 3x =



(1 - x) +  (1+ x) +

Và chọn



,  ,  thích hợp để tam thức theo biến t có biệt thc = 0.

Giải: Điều kiện -1 x 1 (1)
Đặt 1 x = t

3x = - (1 - x) + 2 (1 + x) - 1 = - t2 + 2(x + 1) - 1

Khi đó phơng trình (1) có dạng

4 1x - 1 = - t2 + 2(x + 1) - 1 + 2t + t 1x
 t2 - (2 + x



1 )t + 4 1x - 2(1 + x) = 0 (3)

 = (2 - 3 1x)2

Suy ra (3)  (t - 2 1x) (t - 2 + 1x) = 0

t = 2 1x 1 x = 2 1x x = -

5
3
  

t = 2 - 1x 1 x = 2 - 1x x = 0

Cả hai giá trị đều thoả mãn điều kiện (1). Vậy phơng trình có hai nghiệm là x = 0 và
x = -

5
3

6. Phép giải và biện luận:

Việc giải phơng trình và bất phơng trình chứa căn thức có tham số thờng đợc
tiến hành theo đặc thù của từng bài cụ thể để tìm cách giải tối u. Để có một cách hệ
thống các bớc, ta sắp xếp việc biện luận theo trình tự dới đây:

Bµi toán 11 : Giải và biện luận bất phơng tr×nh
1



x  x – m (1)

Phân tích: Các điểm đặc biệt: x =  1, x = m

-1 1 m
Từ đó, suy ra phép biện luận theo sự phân bố của m.

Giải: Điều kiện x 1
x  - 1
1) m = 1 (1)  x2  1  x - 1

a) x - 1  0 => x  1. Suy ra x  - 1 lµ nghiÖm
b) x - 1  0 => x  1

BÊt phơng trình (1) x2 - 1 x2 - 2x + 1  x  1

VËy x  1

Lµ nghiƯm
x  - 1

2) m = -1 (1)  2 1



x  x + 1 (2)

a) x  - 1 lµ nghiƯm

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 x  -1 (lo¹i)

VËy x  -1 lµ nghiƯm

3) m < -1

a) x < m lµ nghiƯm

b) Xét x  m khi đó bất phơng trình (1)  x2 -1  x2 - 2mx + m2
2mx  m2 + 1  x 

m
m

2
1

 => m

 x 

m
m

2
1



VËy x 

m
m

2
1

 lµ nghiƯm.

4) -1 < m < 1

a) x  -1 lµ nghiƯm
b) XÐt x 1

Bất phơng trình (1) x2 -1  x2 -2mx + m2  2mx  m2 + 1 (*)

+ -1 < m  0 thì ( * ) vô nghiệm
+ 0 < m < 1 th× ( * ) x 

m
m

2
1

 thoả mÃn điều kiện x 1

Vậy x  -1
x 

m
m

2
1

 lµ nghiƯm .

5) m > 1

a) x -1 lµ nghiệm
b) Xét x m

Bất phơng trình (1) x

m
m

2
1

2

không thoả mÃn điều kiện x m.

Vậy x -1 là nghiệm.

Bài toán 12: Giải và biện luận bất phơng trình sau:

(x m)(xm 2) 2x - m - 1 (1)

Gi¶i: (1)  ( 1)2 ( 1)2




 m

x  2(x - 1) - (m - 1) (1')

Điều kiện để căn thức có nghĩa: x 1 + m 1 (2)
x  1 - m 1

1) XÐt 2(x - 1) - (m - 1)  0  x  1 +
2

m

kết hợp với (2) thì (1) có nghiệm:
x  1 - m 1

2) XÐt 2(x - 1) - ( m - 1) > 0 x > 1 +
2



m

kết hợp với (2) ta đợc x > 1 khi m = 1
và x 1 + m 1 khi m  1 khi đó :

(1)  (x - 1)2 - (m - 1)2 4(x - 1)2 - 4(m - 1) (x - 1) + (m - 1)2
 3(x - 1)2 - 4(m - 1) (x - 1) + 2(m - 1)2  0

 (x - 1)2 + 2 (x - 1) - (m - 1) 2 0

x = 1 m = 1

  Trêng hợp này vô nghiệm

x - m = 0 x = 1

Kết luận: m bất phơng trình có nghiệm x 1 - m 1

Bài toán 13: Giải và biện luận phơng trình: x2 + m = x m

Giải: Điều kiện: x m

Đặt x m = y thì x = y2 + m ta đợc hệ

y  0

x2 + m = y x2 + m = y

x = y2 + m  (x - y)(x + y + 1) = 0

x  m; y  0 x  m; y  0

y = x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

x  m; y  0

 y = -1 - x

x2 + x + m + 1 = 0 (2)

x  m; y  0
1) Gi¶i hƯ (1)

a) NÕu m < 0 th× (1) cã nghiƯm x = y =

2
4
1
1  m

b) Nếu m  0 thì điều kiện để (1) có nghiệm là  = 1 - 4m  0 0  m 

4
1
.
Khi đó x - m = x2  0 => x  m và hệ (1) có nghiệm x = y =

2
4
1
1  m

 
2) Gi¶i hƯ (2)

a) m + 1 > 0 m > -1 không xảy ra vì x > m

y = -1 - x > 0

b) NÕu m + 1  0 th× (2) x =

2
4
3
1   m

 < m (lo¹i)

 y =

2
4

3
1   m



x =

2
4
3
1   m

 (lo¹i)

y =

2
4
3
1  m

< 0

Trờng hợp này hệ vô nghiệm.
Kết luận:

+ Nếu m < 0 thì phơng trình có nghiÖm x =

2
4

1  m .

+ NÕu 0  m

4
1

thì phơng trình có nghiệm x =

2
4
1

1 m .

+ Nếu m >
4
1

thì phơng trình vô nghiệm.

Bài toán 14: Giải và biện luận: a 3 1



x = x2 + 2

Giải: Điều kiện: x 1

Viết phơng trình dới dạng

a ( 1)( 2 1)

x x

x = (x2 + x + 1) - (x - 1)

 a ( 1)( 2 1)




 x x

x = ( 2 1)2 ( 1





x x

x )2

 a

1
2



x
x

x = 1 (

1
1
2

x
x

x )2

Đặt
1
1
2

x
x

x = y (1); 0 y 

3
3
2
3


Cần xác định a để phơng trình :

f(y) = y2 + ay - 1 = 0 (2) cã nghiÖm trong

3
3
2
3
;
0

vì f(0) = -1 nên (2) luôn luôn cã mét nghiƯm nhá h¬n 0. VËy (2) cã nghiƯm trong








  
3
3
2
3
;

0 khi vµ chØ khi f (

3
3
2
3

 )  0  a 

3
2
3
)
1
3
(

2



(3)

Khi đó phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình :

1
1

2 


x
x

x = y x =

2
2
4
2
2
1
6
3
1
y
y

y

y   

 

Víi y =

2
4

2


 a a

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

i) Víi a <
3
2
3
)
1
3
(
2

phơng trình vô nghiệm.

ii) Với a

3
2
3
)
1
3
(
2

phơng tr×nh cã nghiƯm:

x = 2

2
4
2
2
1
6
3
1
y
y
y

y   

 

với y =

2
4

2

a a

bài tập áp dụng

Bài 1: Giải và biện luận các phơng trình

1) 3 x a

- 3 x b = c

2) 2 1


 ax

x = ax + 1

3) x2  ax 1 = x2  1 + x

4) 4 x 1 + 4 2 x = a

Bài 2: Giải và biện luận các bất phơng trình

1) xa+ x1 a1

2) x(x a) + x(xa)  x2

3)
x
1
-
x

3
1

 a

4) xa - x a 2x a

Bài 3: Giải các phơng tr×nh

1) 3 1



x = x2+3x -1

2) x+ 4 x(1 x)2

 + 4 (1 x)3

 = 1 x+ 4 x3 + 4 x2(1 x)



3) 2x2 - 6x - 1 = 4 5



x

4) 1+x - 2x2 =

1
4 2



x - 2x1

Bài 4: Giải các bất phơng trình

1) 4 4 1



x  x

2) 1 x2

 ( 1 x2 + 2x)  1 - 2x - x2

3) x2 + 2  8 8



x

4) x2 - 2x - 1 2(1 - x)

1
2
2

x
x

Bài 5: Giải các phơng tr×nh:
1) x + x 1 = 13.
2) 2x2 + 3x +

9
3
2 2



 x

x = 33.

3) x3 4 x1 + x8 6 x1 = 1.

4) 3 2 6 7



 x

x + 5 2 10 14



 x

x = 4 2x x2.

Bài 6: Giải các phơng trình:
1) 2x5 + 3x 5 = 2.

2) 1 2 4



x x = x + 1.

x
x

3
3

= 22

9
4
1
9
1
x
x 
 .

4) x2 – 5 + 2 6

x = 7.

Bài 7: Giải các phơng trình:

1) 3 45



x - 3 16


x = 1.

2) x + 4 x = 12.

3) 23 x2 - 33 x = 20.

4) x 3 2 x 4 + x 4 x 4 = 1.

5)
2
2
2


x

x -

2
2
2


x

x =

12
7

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

1
1
3 2




x
x
x

1
1
3
3 2




x

x = 4.

c. KÕt luËn

Cách đa các bài tốn về một số dạng để có phơng pháp giải hợp lý đã giúp
cho học sinh nhận dạng bài toán nhanh hơn, phản ứng trớc các bài toán nhạy cảm
hơn, làm cho t duy của học sinh hoạt động một cách linh hoạt, phát huy tính độc lập
sáng tạo và tạo hứng thú cho học sinh học tập có kết quả. Để thực hiện cơng việc
này địi hỏi ngời thầy phải tham khảo nhiều tài liệu, phải dành thời gian hợp lý ví dụ
ở các giờ học chính khố, giờ học ngoại khoá, giờ học tự chọn, giờ thực hành ...
và phải thực sự say mê mơn Tốn với các căn thức đầy hóc búa. Hệ thống hố đợc
các kiến thức liên quan đến phép biến đổi căn thức, một số kỹ năng biến đổi mang
tính định lợng và cịn có thể là cả cách đặt sao cho phù hợp nhất. Đối với học trò
cần phải nắm chắc kiến thức về nhiều mảng liên quan nh các phép biến đổi căn
thức, điều kiện có nghĩa của biểu thức trong căn, một số phép biến đổi đại số .
Trong quá trình giảng dạy tơi nhận thấy vai trị của ngời thầy trong việc tạo
hứng thú học tập cho học sinh trong các giờ học là đặc biệt quan trọng, chúng ta
phải ln ln đa học sinh vào trong các tình huống có vấn đề để các em t duy, suy
nghĩ nhng lại phải tránh nhàm chán, lặp lại. Muốn vậy, chúng ta phải mất nhiều thời
gian cho công việc chuẩn bị giáo án, đặt ra các tình huống và phơng án giải quyết
tình huống trong mỗi dạng bài tập mà mình đã tổng hợp, làm cho các bài tập dễ trở
nên thật đơn giản, mà khó trở nên dễ dàng hơn. Mặt khác trong quá trình giảng dạy
chúng ta phải biết động viên khuyến khích, khích lệ học sinh tham gia tìm tịi sáng
tạo, sáng tạo lại những kiến thức, kỹ năng đã đợc tiếp thu, nghiên cứu. Mỗi thầy, cô
giáo nên dùng phơng pháp biểu dơng sự cố gắng của các em, trân trọng thành quả
lao động sáng tạo của các em dù là rất nhỏ.

Trên đây là một số dạng phơng trình – bất phơng trình và phơng pháp giải
mà trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu tài liệu tôi đã tổng hợp đợc. Tôi rất
mong nuốn các bạn đồng nghiệp tham khảo và góp ý về cả nội dung và phơng pháp

để giúp cho sáng kiến của tơi ngày càng hồn thiện hơn và nó thực sự giúp cho việc
học tập của học sinh theo phơng pháp mới ngày càng hiệu quả./.

</div>