1. lÝ do chỌn ĐỀ tÀi · biết biến đổi về bài toán gốc ban đầu của nó,...

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 1

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 ( ) ( )f x g x (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

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. Nhiệm 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.

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.


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: ( ) ( )f x g x (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)

2

( ) 0

( )

g x

f x g x

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 ( ) ( )f x g x 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; 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:

2 4 3 5x x x (1)


Giải:

Phương pháp 1:

Phương trình (1)

2

22

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

Vậy: S= 5 29

1;2

là nghiệm của phương trình

Phương pháp 2:

Sử dụng máy tính ta sẽ tìm được một nghiệm nguyên

1x . Khi đó ta thực hiện như sau: 2 4 3 ( 1) 5 2x x x x

Phương trình (1) được viết như sau: 5 2 1 5x x x (1)

Đk: 5x

(1) 1

1 55 2

xx x

x

1

15 (2)

5 2

x

xx

Giải phương trình (2): Đặt 2

05

5

tt x

t x


Phương trình (2) có dạng: 2110

2t

t

3 22 10 21 0t t t

3

1 29

2

t

t

So sánh với điều kiện: 1 29

2t

Với 1 29

2t

ta có:

5 29

2x

Vậy: S= 5 29

1;2


Phương pháp 3: Đk: 5x

Phương trình (1) 2

2 7 5x x

Đặt: 2 5y x

2

2

2 5

y

y x

Ta có hệ phương trình:

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

Vậy: S= 5 29

1;2


Phương pháp 4: Đặt 5t x

2

0

5

t

t x

2

0

2 3

t

t x

2

0

3 2

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 2 2 3 2 0t t x x

2

1

t x

t x

Với 1t x ta có: 5 1x x

2

1

3 4 0

x

x x

1x


2

2

5 1 0

x

x x

5 29

2x


Vậy: S= 5 29

1;2


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

27 4 1x x x (1)

Giải:

Đặt: 7t x

2

0

7

t

t x

(*)

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 2x và t2 trái dấu với nhau khi đó bài toán hầu hết được

giải quyết được, bài toán được giải như sau:


(*)2

0

6 1

t

t x

2

0

1 6

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 2 24 6t x x t x

2 2 5 6 0t t x x

2

3

t x

t x


2

2

3 3 0

x

x x

2

3 21

2

3 21

2

x

x

x

Với 3t x ta có:

2

3

5 2 0

x

x x

3

5 17

2

5 17

2

x

x

x

Vậy: 3 21 5 17

;2 2

S

là tập nghiệm của phương trình.

Bài toán 3: Giải phương sau:


22 3 1 5 8x x x (1)

Giải:

(1) 212 4 5 8x x x

Đặt 12 4t x

2

0

12 4

t

t x

(*)

Để hệ số của t2 và x2 trái dấu ta sẽ tách: 4= 12 – 8 hay 8 = 12 – 4

(*)2

0

4 12

t

t x

Khi đó phương trình (1) có dạng:

2 25 12 12t x x t x

2 2 7 12 0t t x x

3

4

t x

t x

Với 3t x ta có: 12 4 3x x

2

3

6 5 0

x

x x

3

1

5

x

x

x

Với 4t x ta có: 12 4 4x x

2

4

4 12 0

x

x x

(ptvn)

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 1;5S


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:

2 23 1 ( 3) 1x x x x (1)

Giải:

Đặt: 2 1t x

2 2

0

1

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 2 3 3 0t x t x

3

t x

t

Với t = x ta có : 2 1x x (ptvn)

Với t = 3 ta có: 2 1 3x

2 8x

2 2x

Bài toán 5: Giải phương trình:

2 7

3 6 33

xx x

(1)

Giải:

Đặt: 7

3

xt

2

0

3 7

t

t x

(*) Để phương trình (1) giải bằng phương pháp trên ta tách:

7 = 4+ 3


(*)2

0

3 4 3

t

t x

2

0

3 3 4

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 2 23 3 7 4 0t t x x

1

4

3

t x

t x

Với 1t x ta có: 7

13

xx

2

1

3 5 4 0

x

x x

1

5 73

6

5 73

6

x

x

x

Với 4

3t x ta có:

2

4

3

9 21 5 0

x

x x

4

3

7 69

6

7 69

6

x

x

x

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 7 69 5 73

;6 6

S



24 3 . 4 3 2 11 6x x x x (1)

Giải:

Đặt 4 3t x

2

0

4 3

t

t x

2

0

2 8 6

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 2 24 3 2 2 3x t x t x

2 22 4 3 2 3 0t x t x x

3

2t x

t x

Với t x ta có: 4 3x x

2

0

4 3 0

x

x x

0

2 7

2 7

x

x

x

Với 3

2t x ta có:

34 3

2x x

2

3

2

4 4 3 0

x

x x


3

2

1

2

3

2

x

x

x

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là : 3

2 7 ;2

S


2 24 1 1 2 2 1x x x x

Giải:

Đặt 2 1t x

2 2

0

2 2 2

t

t x

2 2

0

2 2 2

t

x t

Phương trình có dạng: 24 1 2 2 2 1x t t x

22 4 1 2 1t x t x

2 1

1

2

t x

t

Với 2 1t x ta có : 2 1 2 1x x 2

1

2

3 4 0

x

x x

1

2

0

4

3

x

x

x

Với 1

2t ta có: 2 1

12

x (ptvn)

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 4

3S



3 31 2 2 1x x

Giải:

Đặt 3 2 1t x

3 2 1t x

Phương trình có dạng: 3 32 2 0t t x x

2 2 2 0(2)

t x

t xt x

Với t x ta có: 3 2 1x x

3 2 1 0x x

21 . 1 0x x x

1

1 5

2

x

x

Phương trình (2) vô nghiệm

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 1 5

1;2

S


28 6 2x x x (1)

Giải:

Cách 1: Đặt: 3 8y x

2

3

3 8

y

y x


Phương trình (1) trở thành hệ phương trình:

2

2

3

3 8

3 8

y

y x

x y

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

Cách 2: Đặt 8t x

2

0

6 2

t

t x

2

0

2 6

t

t x

Phương trình có dạng: 2 2 5 6 0t t x x

2

3

t x

t x


2

3

7 1 0

x

x x

3

7 45

2

x

x


2

2

5 3 0

x

x x

2

5 37

2

x

x


Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: 7 45 5 37

;2 2

S


34 1 2 1 0x x x x (1)

Giải:

(1) 38 2 (2 1) 2 1 2 1 0x x x x x

Đặt: 2 1t x

2

0

2 1

t

t x

Phương trình (1) có dạng: 3 38 2 0t t x x

2 22 2 4 1 0t x t xt x

2 2

2

2 4 1 0 (2)

t x

t xt x

Với 2t x ta có : 2 1 2x x

2

0

4 2 1 0

x

x x

0

1 5

2

x

x

Vậy: Tập nghiệm phương trình là: 1 5

2S


3 2 234 5 6 7 9 4x x x x x (1)

Giải:


Phương trình (1) 3 2 231 1 7 9 4 7 9 4x x x x x x

Đặt: 23 7 9 4t x x

3 27 9 4t x x

Khi đó phương trình (1) có dạng: 33 1 ( 1) 0t t x x

2 2

1

( 1) ( 1) 1 0(2)

t x

t x t x


Với 1t x ta có: 23 7 9 4 1x x x

3 24 6 5 0x x x

5

1 5

2

x

x

Vậy: Tập nghiệm phương trình là: 1 5

5;2

S

Dạng 2: Dạng nhiều căn bậc hai:

( ) ( ) ( ) (1)f x g x h x

Phương pháp giải:

Đặt điều kiện cho các căn có nghĩa:

0

0

0

f x

g x

h x

Chuyển vế cho các vế không âm, sau đó thực hiện phép biến đổi tương đương

bằng cách bình phương hai vế của phương trình đưa về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x

đã biết cách giải


Dạng toán phương trình (1) nếu ( ); ( ); ( )f x g x h x là hàm số bậc hai chúng ta có thể

đặt ẩn phụ để đưa về dạng (1) với ( ); ( ); ( )f x g x h x là hàm số bậc nhất khi đó sẽ

được giải bằng phương pháp trên


1 8 3 1x x (1)

Giải:

Đk: 1

3x

Phương trình (1) 1 3 1 8x x

2

31

82

128 960 0

xx

x x

So sánh với điều kiện: Vậy x = 8 là nghiệm của phương trình

Bài toán 2: Giải phương trình

22 1 3 4x x x (1)

Giải:

Phương pháp 1:

Đk: 1

42

x

Phương trình (1) 22 1 3 7 5x x x

1x

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:

1S

Phương pháp 2:


Đk: 1

2x

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:

22 1 3 ( 1) 3x x x

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

2 11 1 0

2 1 1 3 2

xx

x x

2

1

2 11 0

2 1 1 3 2

x

x

x x

(2)

Đk: 1

2x phương trình (2) vô nghiệm

Vậy: 1x 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

2 212 5 3 5x x x (1)

Giải:

TXĐ: D


Phương trình (1) 2 212 5 3 5x x x

Với 2x là nghiệm phương trình:

3 5 3( 2) 1x x

2 212 4 3 5 3 6x x x

2 2

2 22 3 0

5 3 12 2

x xx

x x

2 2

2

2 23 0(2)

5 3 12 2

x

x x

x x

2x


Vậy: 2x là nghiệm của phương trình


23 1 6 3 14 8 0x x x x

Giải:

Đk: 1

63

x

Sử dụng máy tính chúng ta có 5x là nghiệm của phương trình:

23 14 8 ( 5).(3 1) 3x x x x

Phương trình có dạng: 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 03 1 4 1 6

x xx x


5

3 13 1 0(2)

3 1 4 1 6

x

xx x

Ta có: 3 1 1

3 1 0 ;633 1 4 1 6

x xx x

Vậy nghiệm của phương trình là: 5x


24 6 2 13 17x x x x (1)

Giải:

Đk: 4 6x

Sử dụng máy tính ta được 5x là nghiệm của phương trình, khi đó:

22 13 17 ( 5)(2 3) 2x x x x . Phương trình (1) được biến đổi như sau:

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) 04 1 6 1

x xx x

5

1 1(2 3) 0

4 1 6 1

x

xx x

Ta có: 1 1

(2 3) 0 4;64 1 6 1

x xx x

Vậy nghiệm của phương trình là 5x


23 1 5 4 3 3x x x x (1)

Giải:


Đk: 1

3x

Sử dụng máy tính ta được 1x và 0x là nghiệm của phương trình. Khi đó ta

biến đổi: 2 23 3 3( ) 2 3x x x x x

Phương trình (1) 23 1 ( 1) 5 4 ( 2) 3( )x x x x x x

2 1 13 0

1 3 1 2 5 4x x

x x x x

2 0

1 13 0(2)

1 3 1 2 5 4

x x

x x x x

Ta có: 1 1 1

3 031 3 1 2 5 4

xx x x x

Vậy nghiệm của phương trình là 0x và 1x


2

2

13

2 1x x

x

(1)

Giải:

Đk của phương trình là: 1 1

; ;2 2

Phương trình (1) 2

2

13

2 1x x

x

2 2

3 1

3 2 1x x x

2 23 2 1 3x x x

2 22 3 16 12x x x

2

2 2 24 ( 3) 16 12x x x


1

2

7

x

x

Vậy tập nghiệm phương trình là: 2

1;7

S


4 1 9 4 3 3x x x (1)

Giải:

Đk: 1

4x

Ta có x = 0 là nghiệm của phương trình

Phương trình (1) 4 1 1 9 4 2 3x x x

4 9

3 04 1 1 9 4 2

xx x

0

4 93 0

4 1 1 9 4 2

x

x x

Ta có:4 9 1

3 044 1 1 9 4 2

xx x



21 3x x x (1)

Giải:

Đk: 1x

Sử dụng máy tính chúng ta được 2x là nghiệm của phương trình, khi đó ta biến

đổi: 2 3 ( 2)( 1) 1x x x x


Phương trình (1) 1 1 ( 2)( 1)x x x

1

2 1 01 1

x xx

2

11 0

1 1

x

xx

Ta có: 1

1 0 11 1

x xx


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: ( ). ( ) ( )f x h x f x h x g x (1)

Đặt: t f x h x khi đó ta biểu thị căn bậc hai còn lại theo t , phương trình

(1) sẽ đưa về phương trình bậc hai theo t , sau khi giải được t , sẽ quay lại cách đặt

giải ẩn x .


221 3 2

1 3x x

x x

(1)

Giải:

Cách 1: Đk: 1 3x

Đặt: 1 3 ; 2;2 2t x x t

2 22 3 2 4x x t


(1) 242 2 3 2

1 3x x

x x

Phương trình (1) có dạng: 242t

t

22 2 2 0t t t

3 2 4 0t t

2t

Với 2t ta có: 1 3 2x x

22 3 2 0x x

1

3

x

x


Cách 2: Đặt: 2 21 0

03 0

x aa b

x b

2 2 4a b

Phương trình trở thành: 2

1 .a ba b

4

2 2aba b

2 242 2a b ab

a b

3

2( ) 4 0a b a b

2a b

Ta có:

22 3 2 0x x


1

3

x

x


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

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:


23 2 6 2 4 4 10 3x x x x (1)

Giải:

Đk: 2 2x

Đặt: 3 2 0

6 2 0

x a

x b

Phương trình (1) 2 22

9 9

a ba b ab

2

9 a b a b

9

a b

a b

Với a b ta có: 3 2 6 2x x

3 2 6 2x x

6

5x


Với 9a b ta có: 3 2 6 2 9x x

2 3 2 2x x

12 2 5 15x x vô nghiệm 2;2x


5S


23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x (1)

Giải:

31

2x

Đặt: 3 2 0

1 0

x a

x b

2 2 3 4a b x

Phương trình (1) có dạng: 2 2 3 9 2a b a b ab

2

( ) 6 0a b a b

3

2

a b

a b

Với 3a b Ta có : 3 2 1 3x x

23 5 2 6 2x x x

2

32

29 34 0

xx

x x

Vậy phương của trình là: 2x


22 3 1 3 16 2 2 5 3x x x x x (1)


Giải:

Đk: 1x

Đặt: 2 3 0

1 0

x a

x b

2 2 4 3a b x

Phương trình (1) có dạng: 2 2 4 16 2a b a b ab

2

( ) 20 0a b a b

5

4

a b

a b

Với 5a b . Ta có: 2 3 1 5x x

22 2 5 3 21 3x x x

2

7

146 417 0

x

x x

7

73 4 30773 4 307

xx

x


2( 3 1) 3 2 3 4(1)x x x x x

Giải:

Đk: 1x

Phương trình (1) 24( 3 2 3) 4( 3 1)x x x x x

Đặt: 3 0

1 0

x a

x b

2 2 2 2a b x

Phương trình (1) trở thành: 2 2 2

32

a bab a b


2

( ) 8 0a b a b

4

2

a b

a b

Với 4a b ta có: 3 1 4x x

2 2 3 7x x x

7

14

3

x

x


4S

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


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)

1. lÝ do chỌn ĐỀ tÀi · biết biến đổi về bài toán gốc ban đầu của nó,...

Documents