Tài liệu GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI ppt

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (219.61 KB, 18 trang )

LỜI NĨI ĐẦU
Trong q trình dạy học, tơi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chun đề đại số
và giải tích ở cấp trung học phổ thơng. Tơi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và
phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học
sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình có dấu căn
bậc hai một cách hiệu quả và có hệ thống. với lí do đó, tơi đã viết đề tài này.
Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học mơn tốn cho học sinh lớp 10 ở
chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn
( có thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chun đề này tơi đề cặp đến dạng tốn:
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI
Đối với phần này, tơi hệ thống lại một số dạng tốn cơ bản thường thấy khi giải phương
trình có dấu căn bậc hai gồm có các nội dung sau:
1. Tìm tập nghiệm của phương trình thơng qua tập xác định của phương trình.
2. Dạng cơ bản của phương trình có chứa dấu căn bậc hai
3. Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến
4. Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình
5. Phương pháp biến thiên hằng số
6. Một số dạng tốn khác
7. Phương trình chứa dấu căn bậc hai có chứa tham số.
Xin cảm ơn các thầy cơ ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành góp ý kiến cho tơi
hồn thành đề tài.
Mặt dù có nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm khơng nhiều nên thiếu sót là điều khơng
tránh khỏi, mong các thầy cơ chân thành góp ý để tơi có kinh nghiệm tốt hơn trong cơng tác dạy
học mơn tốn.
Chân thành cảm ơn
ngày 25 tháng 3 năm 2009
Trang 1
PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI
(chủ đề đáp ứng lớp kiến thức lớp 10 – ban khoa học tự nhiên và phục vụ tiết dạy tự chọn
cho học sinh lớp 10 ban cơ bản)
o0o

1. TÌM T ẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH:
Trong phần này, tơi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn có tập xác định là một
phần tử, nhằm làm rõ với học sinh ý nghĩa tập xác định của phương trình chứ dấu căn và tập
nghiệm của phương trình.
Ví d ụ: Tìm tập nghiệm của phương trình :
a.
2 2
4 2 2− + − − + =x x x
b.
2 2
9 3 3 4 2− + − + − + =x x x x
Giải
a.
2 2
4 2 2− + − − + =x x x
(1)
đk :
2
2
x 2
x 4 0
x 2
x 2
x x 2 0
2 x 1
 ≤ −


− ≥
 


⇔ ⇔ = −
≥
 

− − + ≥



− ≤ ≤

Với x = – 2
(1) ⇒ 0 = 2 nên phương trình đã cho vơ nghiệm
b.
2 2
9 3 3 4 2− + − + − + =x x x x
(2)
đk
2
2
9 x 0
3 x 3
x 3 0 x 3
x 3
x 3x 4 0

− ≥
− ≤ ≤



− ≥ ⇔ ⇔ =
 
≥


− + ≥

Với x = 3, (2) ⇒ 2 = 2
Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2)
Nhận xét:
– Trong hai ví dụ trên, học sinh cần nắm được một kiến thức là: nếu tập xác định của
một phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta có thể lần lượt thế các phần
tử trong tập xác định đó vào phương trình để xác định tập nghiệm của phương trình
đó.
Trang 2
– Học sinh không nên sai lầm khi tập xác định là một phần tử thì phần tử đó chính là
nghiệm của phương trình.
Trang 3
2. DẠNG CƠ BẢN PH ƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI:
Trong phần này tơi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy để
học sinh tham khảo và vận dụng khi gặp các dạng cơ bản đó.
Giả sử f(x) và g(x) là hai biểu thức chứa x ( f(x), g(x) là một biểu thức có nghĩa )
. Khi đó:
1.
[ ]2
0g(x)
f(x) g(x)
f(x) g(x)
≥



= ⇔

=


(I)
2.
( )
0g(x) hay f(x) 0
f(x) g(x)
f(x) g(x)

≥ ≥

= ⇔

=


(II)
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a.
2 1 1x x+ = −
b.
2
2 1 2 5 4+ = − +x x x
c.
2

5 12 8 2x x− + =
d.
3 7 4 6x x x+ − − = +
e.
4 4
2
2
x x
x
+ + −
=
+
Giải
a. Cách giải 1: (áp dụng công thức (I) để giải )
2 1 1x x+ = −
⇔
( )
2
2
1
1 0
1
4
0
4 0
2 1 1
4

x
x

x
x
x
x x
x x
x
≥

− ≥

≥

 
⇔ ⇔ ⇔ =
=

  
− =
+ = −





=


Vậy phương trình có nghiệm x = 4
Cách giải 2:
2 1 1x x+ = −

(1)
Điều kiện: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
1
2
Nếu x < 1 ⇒ phương trình vô nghiệm.
Nếu x ≥ 1 ⇒ (1) ⇔ x
2
– 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4
So đk: phương trình có một nghiệm x = 4
Nhận xét:
– Trong nhiều trường hợp, học sinh hay nhằm lẫn cơng thức ( I ) và cách tìm tập xác định
của phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học sinh cách giải phương trình bằng cơng thức
(I) cần làm rõ cho học sinh hiểu được đâu là điều kiện xác định của phương trình, đâu là vận
dụng cơng thức để giải bài tốn.
Trang 4
b.
2
2 1 2 5 4+ = − +x x x
cách 1:
pt
2
2
1
x 3
2x 1 0
x
2
1
x
2x 1 2x 5x 4

2x 7x 3 0
2
=


+ ≥
≥ −



⇔ ⇔ ⇔
 

=
+ = − +


− + =


Vậy phương trình có hai nghiệm
1
x 3,x
2
= =
cách 2:
pt
2 2
2 2
x 3

2x 5x 4 0 2x 5x 4 0
1
x
2x 1 2x 5x 4 2x 7x 3 0
2
=

 
− + ≥ − + ≥
 

⇔ ⇔ ⇔
 

=
+ = − + − + =
 
 

Vậy phương trình có hai nghiệm
1
x 3,x
2
= =
Nhận xét:
– Trong ví dụ này học sinh cần chú ý: việc biến đổi phương trình dẫn đến điều kiện
2x + 1 ≥ 0 hoặc 2x
2
– 5x + 4 ≥ 0.
– Trong trường hợp điều kiện của một phương trình có tính phức tạp, ta không cần

giải điều kiện đó mà ta thay các giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào và
nhận nghiệm thỏa điều kiện.
c.
2
5 12 8 2x x− + =
2
2
(2) 5 12 8 4
2
5 12 4 0
2
5
x x
x
x x
x
⇔ − + =
=


⇔ − + = ⇔

=

Vaäy phöông trình coù hai nghieäm x = 2, x =
2
5
Nhận xét:
– Trong ví dụ này ta không thấy điều kiện g(x) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một số
dương.

d.
3 7 4 6x x x+ − − = +
(3)
Trang 5
ñk:
7
3 7 0
3
7
4 0 4 4
3
6 0 6
x
x
x x x
x x

≥ −

+ ≥



− ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
 
 
+ ≥ ≥ −




Với điều kiện trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta có:
( ) ( )
2
(3) 3 7 4 6 3 3 2 4 6
1
1
3
3
13 10 87 0
29
13
x x x x x x
x
x
x
x
x x
x
⇔ + = − + + ⇔ − = − +
≥


≥

=

⇔ ⇔ ⇔ =
 

− − =




= −



Vaäy phöông trình coù ngieäm x = 3
Nhận xét:
– Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bình
phương hai vế của phương trình nhiều lần mới có thể đưa về dạng cơ bản.
– Khi bình phương hai vế của một phương trình, học sinh cần chú ý là đang vận
dụng phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi đổi để đưa ra phương trình hệ
quả. Thông thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần chú ý đến
tính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu.
e.
5 5
1
x x
x
+ + −
=
(4)
ñk:
5 0
5 5
5 0
0
0
x

x
x
x
x
+ ≥

− ≤ ≤


− ≥ ⇔
 
≠


≠

( )
( )
2 2
2
2
2 2
4 2
(4) 5 5
0 0
0
0
10 0 25 160 0 4
5 5
2 25 10

0
16 0
4
4
⇔ + + − =




> >

>

>



 
⇔ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ =
   
+ + − =
− = −

  


=
− =






=



= −


x x x
x x
x
x
x x x
x x x
x x
x
x x
x
x
Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4
Trang 6
3. GI ẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ:
Trong phần này tôi đưa ra một số bài toán đổi biến thường thấy trong kiến thức toán
lớp 10 và cách giải chúng thông qua các ví dụ minh họa.
Ví d ụ: Giải các phương trình sau:
a.
2 2
2 2 4 3x x x x+ = − − +

b.
( ) ( )
2
1 2 3 4x x x x+ + = + −
c.
( ) ( )
2 2 7 2 7 3x x x x− − − − − − =
d.
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1 4 1 3 2 1x x x x+ + = − + +
Giải
a.
2 2
2 2 4 3x x x x+ = − − +
đặt t =
2
2x x+
⇒ t
2
= x
2
+ 2x, t ≥ 0
ta được phương trình :
t = – 2 t
2
+ 3
⇔ 2t
2
+ t – 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = – 1,5 (loại)

t = 1 ⇒
2 2
1 2
2 1 2 1 0
1 2
x
x x x x
x

= − −
+ = ⇔ + − = ⇔

= − +



Vậy phương trình có nghiệm là:
1 2, 1 2x x= − − = − +
b.
( ) ( )
2
1 2 3 4x x x x+ + = + −
⇔
2 2
3 2 3 4x x x x+ + = + −
Đặt t =
2
3 2x x+ +
⇒ x
2

+ 3x = t
2
– 2, t ≥ 0
Ta được phương trình:
t = t
2
– 2 – 4 ⇔ t
2
– t – 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1 ( loại )
Với t = 2 ⇒
2 2
3 17
2
3 2 2 3 2 0
3 17
2
x
x x x x
x

− −
=


+ + = ⇔ + − = ⇔

− +
=



Vậy phương trình có nghiệm là:
3 17 3 17
,
2 2
x x
− − − +
= =
Nhận xét:
– Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý:
• Vế phải của hai phương trình này này khơng có căn bậc hai và có bậc là 2n nếu ta bình
phương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, vì thế việc giải
phương trình là điều khơng khả thi.
Trang 7
• Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trình
như sau:
( ) ( )
2 2
α β γ δ
+ + = + +ax bx ax bx
,
khi đó ta đổi biến t =
( )
2
α β
+ +ax bx

⇒

( )
2

2
, 0
β
α
α
−
+ = ≠
t
ax bx
, t ≥ 0
– Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉ
trở lên ( có thể trùng nhau ) ta vẫn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình.
c.
( ) ( )
( )
2 2 7 2 7 1x x x x− − − − + − =
Cách 1:
Đặt t =
2 7x x− + −
⇒ 0 ≤ t ≤
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
1 1 2 7 10x x+ − + − =
và t
2
– 5 = 2
( ) ( )

2 7x x− −
Ta được phương trình:
t
2
– 5 – t = 1 ⇔ t
2
– t – 6 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = – 2 (loại )
Với t = 3 ⇒
( ) ( )
2 7x x− −
= 2 ⇔ x
2
– 9x + 18 = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 3
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3
Cách 2:
Đặt
u x 2, v 7 x= − = −
, u ≥ 0, v ≥ 0
Ta được hệ phương trình:
( )
2 2
2uv u v 1
u v 5
 − + =


+ =


⇒ (u + v)

2
– (u + v) – 6 = 0 ⇔ (u + v) = 3 hoặc u + v = – 2 (loại)
Từ đó ta có hệ phương trình
u v 3
uv 2
+ =


=

⇒ u, v là hai nghiệm của phương trình : X
2
– 3X + 2 = 0 ⇔ X = 1 hoặc X = 2
⇒
x 2 1 x 2 2
x 3
7 x 2 7 x 1
hoaëc hoaëc x =6
 
− = − =
 
⇔ =
 
− = − =
 
 
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3
Nhận xét:
– Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là :
( ) ( )

2 2
2 7 5− + − =x x
( hằng số ),
t
2
– 5 = 2
( ) ( )
2 7x x− −
, cần chú ý đến điều kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có
nhiều thuận lợi.
Trang 8
– Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta có
lợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát
( ) ( )
( )
α β γ
+ + + + + + =ax b cx d ax b cx d
thì
việc vận dụng cách giải hai là có lợi thế hơn rất nhiều:
Cụ thể như sau: đặt
u ax b,v cx d= + = +
, u ≥ 0, v ≥ 0
⇒
ta có hệ:
2 2
bu cv cb ad
uv (u v)
α β γ

− = −


+ + =

-Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta có thể giải được nhiều bài toán dạng này một cách
thuận lợ hơn.
d.
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1 4 1 3 2 1x x x x+ + = − + +
pt ⇔
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1 2 2 1 3 2 1 6x x x x+ + = + + + −
Đặt t =
2
2 1x +
, t ≥ 1
Ta được phương trình :
t
3
– 2t
2
– 3t + 6 = 0
⇔ ( t – 2 )(t
2
– 3 ) = 0 ⇔ t = 2 hoặc t =
3
hoặc t = –
3
( loại )

Với t = 2 ⇒
2
2 1x +
= 2 ⇔ x =
6
2
±
Với t =
3
⇒
2
2 1x +
=
3
⇔ x =
±
1
Vậy phương trình có bốn nghiêm là: x =
6
2
±
, x =
±
1
4. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ Đ AÙNH GIAÙ ÖÔÙC LÖÔÏNG:
Ví dụ: giải các phương trình sau:
a.
2 2
2 2 4 12 13 3 (1)x x x x+ + + + + =
b.

( )
6 3 2 2
2 26 5 2x x x x+ + = −
Giải
a.
2 2
2 2 4 12 13 3x x x x+ + + + + =
Ta có:
( )
2
2
2 2 1 1 1,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡
( )
2
2
4 12 13 2 3 4 2,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡
⇒ (1)
2
2
1
2 2 1
3
4 12 13 4
2
x
x x
x
x
x x
= −



+ + =
 
⇔ ⇒ ∈∅
 
= −
+ + =




Vậy phương trình vô nghiệm
Trang 9
b.
( )
6 3 2 2
2 26 5 2 (2)x x x x+ + = −
Nếu
( )
2 2 2
2 0 2 2x x x x− < ⇔ > ⇔ >
thì phương trình (2) vơ nghiệm.
Nếu
( )
2 2
2 0 2x x x− ≥ ⇔ ≤
Ta có:
( )
2

6 3 3
2 26 1 25 5,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡
( )
2
2 2
2 2
2
5 2 5 5,
2
x x
x x x
 
+ −
− ≤ = ∀ ∈
 ÷
 
¡
( vì x
2
≥ 0 và 2 – x
2
≥ 0 )
⇒ (2) ⇔
( )
2
3
3
4 2
2 2
1 0

1 25 5
1
2 1 0
5 (2 ) 5
x
x
x
x x
x x


+ =
+ + =
 
⇔ ⇔ = −
 
− + =



− =

Vậy phương trình có nghiệm x = – 1
Nhận xét:
– Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc đánh giá chính xác giá trị hai vế của một phương tình chứa
căn đưa đến việc giải các phương trình một cách đơn giản hơn.
– Khi giải bài tốn bằng phương pháp này học sinh cần chú đến điều kiện dấu bằng của bất
đẳng thức để q trình giải chính xác hơn.
5. PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ:
Ví dụ: Giải phương trình:

a.
( )
2 2
2 5 5 6x x x x x+ + = + +
b.
( )
2 4 4x x x− + + =
Giải:
a.
( )
2 2
2 5 5 6x x x x x+ + = + +
Phương trình (1.3) có dạng
( )
( ) ( )
2 2
2 5 4 6 0x x x x x x+ − + + + + =
(1.3a).
Đặt
2
0t x x, t= + ≥
(*).
Phương trình (1.3a) trở thành:
( ) ( )
2
2 5 4 6 0t x t x− + + + =
(1.3b).
Ta thấy
( )
2

2 1x∆ = +
nên các nghiệm của (1.3a) là:
2
2 3
t
t x
=


= +

.
Kết hợp với (*) ta nhận được:
Với t = 2
⇒
2
2x x+ =
⇔ x
2
+ x – 4 = 0 ⇔
1 17 1 17
2 2
x, x
+ − +
= − =
.
Trang 10
Với t = 2x + 3
⇒
2

2 3x x x+ = +
⇔
( )
2
2
2 3 0
2 3
x
x x x
+ ≥



+ = +


⇔
2
3
2
3 11 9 0
x
x x

≥ −



+ + =


⇔
3
2
11 13
6
x
x

≥ −



− ±

=


⇔
11 13
6
x
− +
=
.
Vậy các nghiệm của (1.3) là:
1 17 1 17
2 2
x, x
+ − +

= − =
,
11 13
6
x
− +
=
.
b.
( )
2 4 4x x x− + + =
Phương trình (1.5) có dạng
( )
2
1 4 5x x− + + =
.
Đặt
2
4 4u x u x= + ⇒ = +
(1.5a).
Khi đó (1.5) trở thành:
( )
2
1 5x u− + =
(1.5b).
Từ (1.5a) và (1.5b) suy ra:
( )
2
2
1 1u x u x− − − = −

Hay
( ) ( )
2
2
1 1 0u x u x
 
− − − + − =
 
⇔
( ) ( )
1 0u x u x+ − − =
⇔
1
u x
u x
=


= −

.
ª Với u = x: Ta nhận được
2
0
4
4 0
x
x x
x x
≥



= + ⇔

− − =


⇔
1 17
2
x
+
=
.
ª Với
1u x
= −
: Ta nhận được
( )
2
1
1 4
1 4
x
x x
x x
≤


− = + ⇔


− = +


⇔
2
1
3 3 0
x
x x
≤



− − =


⇔
3 21
2
x
−
=
.
Do vậy các nghiệm của (1.5) là:
1 17
2
x
+
=

,
3 21
2
x
−
=
.
Nhận xét:
– Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số t
và x đóng vai trò như một tham số. Chú ý khi vận dụng cách giải này học sinh cần chú ý
đến giá trị
∆
=( ax + b )
2
(a,b
∈
R), nếu khơng thì việc giải phương trình theo cách này
gặp rất nghiều khó khăn.
– Trong dạng phương trình ở câu b, ta có khái qt thành bài tốn có dạng phương trình
như sau:
( )
2
cx d x, c a ,d b ,ax+b với ta đặt: ct+d = ax+b
α β γ α β α γ
= + + + = + = +
Trang 11
7. M ỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( )
2 2

3 2 1 6x x x x− + = + −

Giải:
Phương trình có dạng:
( ) ( ) ( )
2
3 2 1 2 3x x x x− + = − +
Hay
( )
(
)
2
2 3 3 1 0x x x− + − + =
⇔
2
2
3 1 3
x
x x (*)
=


+ = +


.
Ta thấy (*) ⇔
( )
( )
2

2
3
9 1 3
x
x x
≥ −



+ = +


⇔
3
0
4
x, x= =
.
Vậy các nghiệm của (1.1) là: x = 0, x = 2,
3
4
x =
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2 2 2
2 1 2 1 2 2x x x x x+ − − − − = +

Giải: Phương trình có dạng:
( )
2 2 2 2

2 2 2 1 2 2 2 1 2 2x x x x x+ − − − − = +
Hay
(
)
(
)
( )
2 2
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2x x x+ − − − − = +
⇔
( )
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2x x x+ − + − − = +
(*).
Nếu
2
1 2 1x− −
≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2x
2
– 1 ≤ 1 ⇔
1
1
2
x≤ ≤
(a).
Khi đó (*) trở thành
2 1 1 2x x+ = ⇔ = −
: không thoả (a).
Nếu

2
1 2 1x− −
< 0 ⇔
1x >
(b).
Khi đó (*) trở thành
2
2 1 2x x− = +
⇔
( )
2
2
2
2 1 2
x
x x

≥ −


− = +


⇔
2
2
2 2 3 0
x
x x


≥ −


− − =


⇔
2 5
2 5
x
x

= +

= −


.
Vì (b) nên ta chỉ nhận được
2 5x = +
.
Do vậy nghiệm của (1.2) là:
2 5x = +
.
Trang 12
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
1
2 1 1
2

x x x+ + − =

Giải:
Phương trình có dạng:
( )
2 2
1 2 1 2 1 2x x x+ − = −
⇔
( )
2 2
1 2 1 2x x x+ − = −

Ta thấy:
2
1
1 2 0
2
x x− ≥ ⇔ ≤
⇒
2 2 2 2
1 1 1 0x x x x x x− ≥ ⇒ − ≥ ⇒ + − ≥
.
Phương trình ⇔
( )
2
2 2 2
1 2 0
1 2 1
x
x x x x


− ≥


 
+ − = − −

 


⇔
(
)
(
)
2
2 2
1 2 0
1 2 1 1 0
x
x x x x

− ≥


 
+ − − − − =

 
 


.
Với
2
2
0
0
1
1
2 1
22 1
x
x
x x x
x
x
≤
≤


 
− = − ⇔ ⇔ ⇔ = −
 
=
=




.

Với
( )
2
2
2 1
2 1 2 1
4 2 2 1 0
x
x x
x x

≥ −

− = + ⇔

+ − =


⇔
1 3
2 2
x
− +
=
.
Do đó các nghiệm phương trình là:
1
2
x = −
,

1 3
2 2
x
− +
=
.
Ví dụ4: Giải phương trình:
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1x x x x
 
+ − + − − = + −
 
 

Giải:
Đặt
( )
1 1 0u x và v x u,v= + = − ≥
⇒
2 2
2u v+ =
.
Ta có hệ
( )
2 2
3 3
2
1 2

u v
uv u v uv

+ =


+ − = +


,
( )
0u,v ≥
Với
2 2
2u v+ =
, ta có:
( )
2
1
1
2
uv u v+ = +
và
( ) ( )
3 3
2u v u v uv− = − +
.
Suy ra
( ) ( )
( )

3 3 2 2
1
1 2
2
uv u v u v uv+ − = − +
.
Trang 13
Do đó phương trình ⇔
2 2
2 2
0
2
2
u,v
u v
u v
≥


+ =


− =

⇔
2 2
2 2
1 1
2 2
u, v= + = −

.
Suy ra nghiệm phương trình là:
2
2
x =
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
2
3 5 8 18x x x x− + − = − +

Giải:
Phương trình (1.7) có dạng
( )
2
3 5 4 2x x x− + − = − +
Với 3 ≤ x ≤ 5, ta có:
Phương trình ⇔
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 3 5 4 2x x x
 
+ − − = − +
 
⇔
( ) ( )
2
2 2
2 2 1 4 4 2x x
 

+ − − = − +
 
Ta thấy:
( )
2
2 2 1 4 4 4x, đẳng thức xảy ra x+ − − ≤ ⇔ =
,
( )
2
2
4 2 4 4x, đẳng thức xảy ra x
 
− + ≥ ⇔ =
 
.
Do đó phương trình ⇔ x = 4.
Hay nghiệm của phương trình là: x = 4.
Ví dụ 6: Giải phương trình:
2
2
1 1
2 2 4x x
x
x
 
− + − = − +
 ÷
 

Giải: Điều kiện

2
1 1
2 2
2
2
x x≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
(*).
Khi đó với
1
4 0x
x
 
− + ≥
 ÷
 
, phương trình có thể viết:

( )
2
2 2
2 2
1 1 1
4 2 2 2 4x x x
x
x x
 
     
− + + − − = − +
 ÷  ÷  ÷
 

     
 

Hay:
2
2 2
2 2
1 1 1
4 2 5 2 4x x x
x
x x
 
     
− + + − + = − +
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
Đặt
1
u x
x
= +
,
2 2
2
1
2 2u và x u
x
≥ + = −

.
Do đó phương trình trở thành:
Trang 14
( )
2
2 2
6 2 9 2 4u u u− + − = −
⇔
2 2
9 2 4 5u u u− = − +
⇔
( )
( )
2
2
1 2 4 1 2u u− − = + −

Ta thấy:
( )
2
1 2 1u+ − ≥
, đẳng thức xảy ra ⇔ u = 2.
Vì
( )
2
2 1 2 4 1u nên u≥ − − ≤
, đẳng thức xảy ra ⇔ u
2
= 4.
Do vậy phương trình ⇔

2
2
4
u
u
=



=


⇔ u = 2.
Hay ta nhận được:
1
2x
x
+ =
⇔ x = 1.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1.
8. PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CĨ CHỨA THAM SỐ:
Ví dụ 1: Tìm các giá trò a để phương trình sau có nghiệm:
2 2
2 1a x x a x+ − + = −

Giải: Phương trình (3.1) ⇔
2 2
1 1 1a (x ) a x+ − + − = −
.
Đặt

0
1
t
t x ,
t a
≥

= −

≥

(*).
Khi đó phương trình trở thành
0
2 1
t
t a
at
≥


≥


=

⇔
0
1
2

t a
t
a
≥ >



=



Ta thấy phương trình có nghiệm khi
2
0
1
0
1
2
2
a
a
a
>


⇔ < ≤

≤



.
Vậy ta nhận được:
1
0
2
1
1
2
a
x
a

< ≤




− =


⇔
1
0
2
1
1
2
a
x
a


< ≤




= ±


.
Do đó với
1
0
2
a< ≤
thì phương trình có nghiệm
1
1
2
x
a
= ±
.

Ví dụ 2: Tìm các giá trò a > 0 để phương trình sau có nghiệm:
2 2
2 2 2x ax a x ax a a+ − + − − =

Trang 15
Giải: Đặt

2
2t ax a= −
, t ≥ 0 và với a > 0 ta có
2 2
2
t a
x
+
=
.
Vậy phương trình trở thành:
2 2
2
2 2
(t a) (t a)
a
a a
+ −
+ =
⇔
0
2 2
t
t a t a a a
≥



+ + − =



.
Nếu 0 ≤ t < a: (3.2a) ⇔
0
2 2 2
t a
a a a
≤ <



=


⇔
1
2
1
0
2
a
t

=




≤ <



.
Ta được:
1
2
1 1
4 2
a
x

=




≤ <


.
Nếu t ≥ a: (3.2) ⇔
0
2
t a
t a a
≥ >



=



.
Ta được:
2
2 0
2 2
a a a
ax a a a

≥ >


− =


⇔
2
1
2
2
2
a
a a
x

≥



+


=


.
Tóm lại: với
1
2
a =
phương trình có nghiệm là
1 1
4 2
x≤ ≤
,
với
1
2
a >
phương trình có nghiệm là
2
2
2
a a
x
+
=
.
Ví dụ 3: Đònh tham số a để phương trình sau có nghiệm:
2 2
2 2 1x a x x− + − =

Giải: Điều kiện
2
1
2
x
x a
≥



≥


(*).
Khi đó phương trình trở thành
( ) ( )
2 2 2
2 2 1 2 2x a x a x− − = + −
⇔
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 2
1
2
4 2 1 2 2
a
x
x a x a x


≤ +



− − = + −

⇔
( ) ( )
2
2
2
1
2
4 1 2
a
x
a x a

≤ +



− = −

(3.3a).
Trang 16
Từ (*) và (3.3a) ta cần có:
2 1
2
2

0
3
1 1
2
a
a
a
a

≤ +


⇔ ≤ ≤


≤ +


.
Phương trình ⇔
2
0
3
2
2 1
a
a
x
a


≤ ≤



−

=

−

.
Vì x ≤ 1 nên ta nhận được nghiệm là
2
2 1
a
x
a
−
=
−
.
Vậy với
2
0
3
a≤ ≤
thì phương trình có nghiệm là
2
2 1
a

x
a
−
=
−
.
Ví dụ 4: Đònh tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
3
4
1 2 1 2 1x x m x( x) m x( x)+ − + − = + −
Giải: Ta thấy nếu x
o
là nghiệm, thì 1 – x
o
cũng là nghiệm của.
Do đó điều kiện cần để phương trình có nghiệm duy nhất là:
x
o
= 1 – x
o
⇒
1
2
o
x =
.
Thế x bởi
1
2
o

x =
vào
suy ra:
3
0 1m m m, m= ⇒ = = ±
.
Đảo lại:
Với m = 0: (3.4) trở thành
4
1 2 1x x x( x)+ − = −

⇔
( )
2
4 4 4 4
1
1 0 1
2
x x x x x− − = ⇔ = − ⇔ =
(thoả).
Với m = –1: (3.4) trở thành
4
1 2 1 1 2 1x x x( x) x( x)+ − − − = − + −
⇔
( )
4
1 2 1 1 2 1 0x x x( x) ( x) x x( x)
 
+ − − − + − + − − =
 

⇔
( ) ( )
2 2
4 4
1 1 0x x x x− − + − − =
⇔
4 4
1 0
1 0
x x
x x

− − =


− − =


⇔
1
2
x =
(thoả).
Với m = 1: (3.4) trở thành
4
1 2 1 1 2 1x x x( x) x( x)+ − + − = + −
(*).
Vì x = 0 và x = 1 cùng nghiệm đúng (*) ⇒ không có nghiệm duy nhất.
Trang 17
Vaọy vụựi m = 0, m = 1 thỡ phửụng trỡnh (3.4) coự nghieọm duy nhaỏt

1
2
x =
.
Trang 18
1. TÌM T ẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH : Trong phần này, tơi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn có tập xác lập là mộtphần tử, nhằm mục đích làm rõ với học viên ý nghĩa tập xác lập của phương trình chứ dấu căn và tậpnghiệm của phương trình. Ví d ụ : Tìm tập nghiệm của phương trình : a. 2 24 2 2 − + − − + = x x xb. 2 29 3 3 4 2 − + − + − + = x x x xGiảia. 2 24 2 2 − + − − + = x x x ( 1 ) đk : x 2 x 4 0 x 2 x 2 x x 2 02 x 1  ≤ − − ≥   ⇔ ⇔ = −   − − + ≥ − ≤ ≤ Với x = – 2 ( 1 ) ⇒ 0 = 2 nên phương trình đã cho vơ nghiệmb. 2 29 3 3 4 2 − + − + − + = x x x x ( 2 ) đk9 x 03 x 3 x 3 0 x 3 x 3 x 3 x 4 0 − ≥ − ≤ ≤ − ≥ ⇔ ⇔ =   − + ≥ Với x = 3, ( 2 ) ⇒ 2 = 2V ậy x = 3 là nghiệm của phương trình ( 2 ) Nhận xét : – Trong hai ví dụ trên, học viên cần nắm được một kiến thức và kỹ năng là : nếu tập xác lập củamột phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta hoàn toàn có thể lần lượt thế những phầntử trong tập xác lập đó vào phương trình để xác lập tập nghiệm của phương trìnhđó. Trang 2 – Học sinh không nên sai lầm đáng tiếc khi tập xác lập là một thành phần thì thành phần đó chính lànghiệm của phương trình. Trang 32. DẠNG CƠ BẢN PH ƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI : Trong phần này tơi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy đểhọc sinh tìm hiểu thêm và vận dụng khi gặp những dạng cơ bản đó. Giả sử f ( x ) và g ( x ) là hai biểu thức chứa x ( f ( x ), g ( x ) là một biểu thức có nghĩa ). Khi đó : 1. [ ] 0 g ( x ) f ( x ) g ( x ) f ( x ) g ( x ) = ⇔ ( I ) 2. ( ) 0 g ( x ) hay f ( x ) 0 f ( x ) g ( x ) f ( x ) g ( x ) ≥ ≥ = ⇔ ( II ) Ví dụ : Giải những phương trình sau : a. 2 1 1 x x + = − b. 2 1 2 5 4 + = − + x x xc. 5 12 8 2 x x − + = d. 3 7 4 6 x x x + − − = + e. 4 4 x x + + − Giảia. Cách giải 1 : ( vận dụng công thức ( I ) để giải ) 2 1 1 x x + = − ( ) 1 04 02 1 1 x xx x − ≥   ⇔ ⇔ ⇔ =    − = + = − Vậy phương trình có nghiệm x = 4C ách giải 2 : 2 1 1 x x + = − ( 1 ) Điều kiện : 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ Nếu x < 1 ⇒ phương trình vô nghiệm. Nếu x ≥ 1 ⇒ ( 1 ) ⇔ x – 4 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4S o đk : phương trình có một nghiệm x = 4N hận xét : - Trong nhiều trường hợp, học viên hay nhằm mục đích lẫn cơng thức ( I ) và cách tìm tập xác địnhcủa phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học viên cách giải phương trình bằng cơng thức ( I ) cần làm rõ cho học viên hiểu được đâu là điều kiện kèm theo xác lập của phương trình, đâu là vậndụng cơng thức để giải bài tốn. Trang 4 b. 2 1 2 5 4 + = − + x x xcách 1 : ptx 32 x 1 02 x 1 2 x 5 x 42 x 7 x 3 0 + ≥ ≥ − ⇔ ⇔ ⇔   + = − + − + = Vậy phương trình có hai nghiệmx 3, x = = cách 2 : pt2 22 2 x 32 x 5 x 4 0 2 x 5 x 4 02 x 1 2 x 5 x 4 2 x 7 x 3 0   − + ≥ − + ≥   ⇔ ⇔ ⇔   + = − + − + =     Vậy phương trình có hai nghiệmx 3, x = = Nhận xét : - Trong ví dụ này học viên cần chú ý quan tâm : việc biến hóa phương trình dẫn đến điều kiện2x + 1 ≥ 0 hoặc 2 x – 5 x + 4 ≥ 0. - Trong trường hợp điều kiện kèm theo của một phương trình có tính phức tạp, ta không cầngiải điều kiện kèm theo đó mà ta thay những giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào vànhận nghiệm thỏa điều kiện kèm theo. c. 5 12 8 2 x x − + = ( 2 ) 5 12 8 45 12 4 0 x xx x ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ Vaäy phöông trình coù hai nghieäm x = 2, x = Nhận xét : - Trong ví dụ này ta không thấy điều kiện kèm theo g ( x ) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một sốdương. d. 3 7 4 6 x x x + − − = + ( 3 ) Trang 5 ñk : 3 7 04 0 4 46 0 6 x x xx x ≥ − + ≥ − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤     + ≥ ≥ − Với điều kiện kèm theo trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta có : ( ) ( ) ( 3 ) 3 7 4 6 3 3 2 4 613 10 87 02913 x x x x x xx x ⇔ + = − + + ⇔ − = − + =  ⇔ ⇔ ⇔ =   − − = = − Vaäy phöông trình coù ngieäm x = 3N hận xét : - Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bìnhphương hai vế của phương trình nhiều lần mới hoàn toàn có thể đưa về dạng cơ bản. - Khi bình phương hai vế của một phương trình, học viên cần chú ý quan tâm là đang vậndụng phép đổi khác tương tự hay phép biến hóa đổi để đưa ra phương trình hệquả. Thông thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần quan tâm đếntính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu. e. 5 5 x x + + − ( 4 ) ñk : 5 05 55 0 + ≥ − ≤ ≤ − ≥ ⇔   ( ) ( ) 2 22 24 2 ( 4 ) 5 50 010 0 25 160 0 45 52 25 1016 0 ⇔ + + − => >   ⇔ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ =     + + − = − = −    − = = − x x xx xx x xx x xx xx xVaäy phöông trình coù nghieäm x = 4T rang 63. GI ẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ : Trong phần này tôi đưa ra 1 số ít bài toán đổi biến thường thấy trong kỹ năng và kiến thức toánlớp 10 và cách giải chúng trải qua những ví dụ minh họa. Ví d ụ : Giải những phương trình sau : a. 2 22 2 4 3 x x x x + = − − + b. ( ) ( ) 1 2 3 4 x x x x + + = + − c. ( ) ( ) 2 2 7 2 7 3 x x x x − − − − − − = d. ( ) ( ) 2 2 2 22 1 2 1 4 1 3 2 1 x x x x + + = − + + Giảia. 2 22 2 4 3 x x x x + = − − + đặt t = 2 x x + ⇒ t = x + 2 x, t ≥ 0 ta được phương trình : t = – 2 t + 3 ⇔ 2 t + t – 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = – 1,5 ( loại ) t = 1 ⇒ 2 21 22 1 2 1 01 2 x x x x = − − + = ⇔ + − = ⇔ = − + Vậy phương trình có nghiệm là : 1 2, 1 2 x x = − − = − + b. ( ) ( ) 1 2 3 4 x x x x + + = + − 2 23 2 3 4 x x x x + + = + − Đặt t = 3 2 x x + + ⇒ x + 3 x = t – 2, t ≥ 0T a được phương trình : t = t – 2 – 4 ⇔ t – t – 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1 ( loại ) Với t = 2 ⇒ 2 23 173 2 2 3 2 03 17 x x x x − − + + = ⇔ + − = ⇔ − + Vậy phương trình có nghiệm là : 3 17 3 172 2 x x − − − + = = Nhận xét : – Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý quan tâm : • Vế phải của hai phương trình này này khơng có căn bậc hai và có bậc là 2 n nếu ta bìnhphương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, cho nên vì thế việc giảiphương trình là điều khơng khả thi. Trang 7 • Trong hai ví dụ này, ta hoàn toàn có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trìnhnhư sau : ( ) ( ) 2 2 α β γ δ + + = + + ax bx ax bxkhi đó ta đổi biến t = ( ) α β + + ax bx ( ), 0 + = ≠ ax bx, t ≥ 0 – Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉtrở lên ( hoàn toàn có thể trùng nhau ) ta vẫn hoàn toàn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình. c. ( ) ( ) ( ) 2 2 7 2 7 1 x x x x − − − − + − = Cách 1 : Đặt t = 2 7 x x − + − ⇒ 0 ≤ t ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 21 1 2 7 10 x x + − + − = và t – 5 = 2 ( ) ( ) 2 7 x x − − Ta được phương trình : – 5 – t = 1 ⇔ t – t – 6 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = – 2 ( loại ) Với t = 3 ⇒ ( ) ( ) 2 7 x x − − = 2 ⇔ x – 9 x + 18 = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 3V ậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3C ách 2 : Đặtu x 2, v 7 x = − = −, u ≥ 0, v ≥ 0T a được hệ phương trình : ( ) 2 22 uv u v 1 u v 5  − + = + = ⇒ ( u + v ) – ( u + v ) – 6 = 0 ⇔ ( u + v ) = 3 hoặc u + v = – 2 ( loại ) Từ đó ta có hệ phương trìnhu v 3 uv 2 + = ⇒ u, v là hai nghiệm của phương trình : X – 3X + 2 = 0 ⇔ X = 1 hoặc X = 2 x 2 1 x 2 2 x 37 x 2 7 x 1 hoaëc hoaëc x = 6   − = − =   ⇔ =   − = − =     Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3N hận xét : – Trong dạng phương trình này học viên cần nhận xét là : ( ) ( ) 2 22 7 5 − + − = x x ( hằng số ), – 5 = 2 ( ) ( ) 2 7 x x − −, cần quan tâm đến điều kiện kèm theo của biến trung gian để việc giải bài toán cónhiều thuận tiện. Trang 8 – Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta cólợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát ( ) ( ) ( ) α β γ + + + + + + = ax b cx d ax b cx dthìviệc vận dụng cách giải hai là có lợi thế hơn rất nhiều : Cụ thể như sau : đặtu ax b, v cx d = + = +, u ≥ 0, v ≥ 0 ta có hệ : 2 2 bu cv cb aduv ( u v ) α β γ − = − + + = – Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta hoàn toàn có thể giải được nhiều bài toán dạng này một cáchthuận lợ hơn. d. ( ) ( ) 2 2 2 22 1 2 1 4 1 3 2 1 x x x x + + = − + + pt ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 22 1 2 1 2 2 1 3 2 1 6 x x x x + + = + + + − Đặt t = 2 1 x +, t ≥ 1T a được phương trình : – 2 t – 3 t + 6 = 0 ⇔ ( t – 2 ) ( t – 3 ) = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = hoặc t = – ( loại ) Với t = 2 ⇒ 2 1 x + = 2 ⇔ x = Với t = 2 1 x + ⇔ x = Vậy phương trình có bốn nghiêm là : x =, x = 4. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ Đ AÙNH GIAÙ ÖÔÙC LÖÔÏNG : Ví dụ : giải những phương trình sau : a. 2 22 2 4 12 13 3 ( 1 ) x x x x + + + + + = b. ( ) 6 3 2 22 26 5 2 x x x x + + = − Giảia. 2 22 2 4 12 13 3 x x x x + + + + + = Ta có : ( ) 2 2 1 1 1, x x x x + + = + + ≥ ∀ ∈ ¡ ( ) 4 12 13 2 3 4 2, x x x x + + = + + ≥ ∀ ∈ ¡ ⇒ ( 1 ) 2 2 14 12 13 4 x xx x = − + + =   ⇔ ⇒ ∈ ∅   = − + + = Vậy phương trình vô nghiệmTrang 9 b. ( ) 6 3 2 22 26 5 2 ( 2 ) x x x x + + = − Nếu ( ) 2 2 22 0 2 2 x x x x − < ⇔ > ⇔ > thì phương trình ( 2 ) vơ nghiệm. Nếu ( ) 2 22 0 2 x x x − ≥ ⇔ ≤ Ta có : ( ) 6 3 32 26 1 25 5, x x x x + + = + + ≥ ∀ ∈ ¡ ( ) 2 22 25 2 5 5, x xx x x   + − − ≤ = ∀ ∈  ÷   ( vì x ≥ 0 và 2 – x ≥ 0 ) ⇒ ( 2 ) ⇔ ( ) 4 22 21 01 25 52 1 05 ( 2 ) 5 x xx x + = + + =   ⇔ ⇔ = −   − + = − = Vậy phương trình có nghiệm x = – 1N hận xét : – Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc nhìn nhận đúng chuẩn giá trị hai vế của một phương tình chứacăn đưa đến việc giải những phương trình một cách đơn thuần hơn. – Khi giải bài tốn bằng giải pháp này học viên cần chú đến điều kiện kèm theo dấu bằng của bấtđẳng thức để q trình giải đúng chuẩn hơn. 5. PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ : Ví dụ : Giải phương trình : a. ( ) 2 22 5 5 6 x x x x x + + = + + b. ( ) 2 4 4 x x x − + + = Giải : a. ( ) 2 22 5 5 6 x x x x x + + = + + Phương trình ( 1.3 ) có dạng ( ) ( ) ( ) 2 22 5 4 6 0 x x x x x x + − + + + + = ( 1.3 a ). Đặt0t x x, t = + ≥ ( * ). Phương trình ( 1.3 a ) trở thành : ( ) ( ) 2 5 4 6 0 t x t x − + + + = ( 1.3 b ). Ta thấy ( ) 2 1 x ∆ = + nên những nghiệm của ( 1.3 a ) là : 2 3 t x = + Kết hợp với ( * ) ta nhận được : Với t = 22 x x + = ⇔ x + x – 4 = 0 ⇔ 1 17 1 172 2 x, x + − + = − = Trang 10V ới t = 2 x + 32 3 x x x + = + ( ) 2 3 02 3 x x x + ≥ + = + 3 11 9 0 x x ≥ − + + = 11 13 ≥ − − ± 11 13 − + Vậy những nghiệm của ( 1.3 ) là : 1 17 1 172 2 x, x + − + = − = 11 13 − + b. ( ) 2 4 4 x x x − + + = Phương trình ( 1.5 ) có dạng ( ) 1 4 5 x x − + + = Đặt4 4 u x u x = + ⇒ = + ( 1.5 a ). Khi đó ( 1.5 ) trở thành : ( ) 1 5 x u − + = ( 1.5 b ). Từ ( 1.5 a ) và ( 1.5 b ) suy ra : ( ) 1 1 u x u x − − − = − Hay ( ) ( ) 1 1 0 u x u x   − − − + − =   ( ) ( ) 1 0 u x u x + − − = u xu x = − ª Với u = x : Ta nhận được4 0 x xx x = + ⇔ − − = 1 17 ª Với1u x = − : Ta nhận được ( ) 1 41 4 x xx x − = + ⇔ − = + 3 3 0 x x − − = 3 21D o vậy những nghiệm của ( 1.5 ) là : 1 173 21N hận xét : – Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số tvà x đóng vai trò như một tham số. Chú ý khi vận dụng cách giải này học viên cần chú ýđến giá trị = ( ax + b ) ( a, bR ), nếu khơng thì việc giải phương trình theo cách nàygặp rất nghiều khó khăn vất vả. – Trong dạng phương trình ở câu b, ta có khái qt thành bài tốn có dạng phương trìnhnhư sau : ( ) cx d x, c a, d b, ax + b với ta đặt : ct + d = ax + bα β γ α β α γ = + + + = + = + Trang 117. M ỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC : Ví dụ 1 : Giải phương trình : ( ) 2 23 2 1 6 x x x x − + = + − Giải : Phương trình có dạng : ( ) ( ) ( ) 3 2 1 2 3 x x x x − + = − + Hay ( ) 2 3 3 1 0 x x x − + − + = 3 1 3 x x ( * ) + = + Ta thấy ( * ) ⇔ ( ) ( ) 9 1 3 x x ≥ − + = + x, x = = Vậy những nghiệm của ( 1.1 ) là : x = 0, x = 2, x = Ví dụ 2 : Giải phương trình : 2 2 2 22 1 2 1 2 2 x x x x x + − − − − = + Giải : Phương trình có dạng : ( ) 2 2 2 22 2 2 1 2 2 2 1 2 2 x x x x x + − − − − = + Hay ( ) 2 22 21 2 1 1 2 1 2 2 x x x + − − − − = + ( ) 2 21 2 1 1 2 1 2 2 x x x + − + − − = + ( * ). Nếu1 2 1 x − − ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2 x – 1 ≤ 1 ⇔ x ≤ ≤ ( a ). Khi đó ( * ) trở thành2 1 1 2 x x + = ⇔ = − : không thoả ( a ). Nếu1 2 1 x − − < 0 ⇔ 1 x > ( b ). Khi đó ( * ) trở thành2 1 2 x x − = + ( ) 2 1 2 x x ≥ − − = + 2 2 3 0 x x ≥ − − − = 2 52 5 = + = − Vì ( b ) nên ta chỉ nhận được2 5 x = + Do vậy nghiệm của ( 1.2 ) là : 2 5 x = + Trang 12V í dụ 3 : Giải phương trình : 2 22 1 1 x x x + + − = Giải : Phương trình có dạng : ( ) 2 21 2 1 2 1 2 x x x + − = − ( ) 2 21 2 1 2 x x x + − = − Ta thấy : 1 2 0 x x − ≥ ⇔ ≤ 2 2 2 21 1 1 0 x x x x x x − ≥ ⇒ − ≥ ⇒ + − ≥ Phương trình ⇔ ( ) 2 2 21 2 01 2 1 x x x x − ≥   + − = − −   2 21 2 01 2 1 1 0 x x x x − ≥   + − − − − =     Với2 122 1 x x x   − = − ⇔ ⇔ ⇔ = −   Với ( ) 2 12 1 2 14 2 2 1 0 x xx x ≥ − − = + ⇔ + − = 1 32 2 − + Do đó những nghiệm phương trình là : x = − 1 32 2 − + Ví dụ4 : Giải phương trình : ( ) ( ) 3 32 21 1 1 1 2 1 x x x x   + − + − − = + −     Giải : Đặt ( ) 1 1 0 u x và v x u, v = + = − ≥ 2 22 u v + = Ta có hệ ( ) 2 23 31 2 u vuv u v uv + = + − = + ( ) 0 u, v ≥ Với2 22 u v + =, ta có : ( ) uv u v + = + và ( ) ( ) 3 32 u v u v uv − = − + Suy ra ( ) ( ) ( ) 3 3 2 21 2 uv u v u v uv + − = − + Trang 13D o đó phương trình ⇔ 2 22 2 u, vu vu v + = − = 2 22 21 12 2 u, v = + = − Suy ra nghiệm phương trình là : x = Ví dụ 5 : Giải phương trình : 3 5 8 18 x x x x − + − = − + Giải : Phương trình ( 1.7 ) có dạng ( ) 3 5 4 2 x x x − + − = − + Với 3 ≤ x ≤ 5, ta có : Phương trình ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 3 5 4 2 x x x   + − − = − +   ( ) ( ) 2 22 2 1 4 4 2 x x   + − − = − +   Ta thấy : ( ) 2 2 1 4 4 4 x, đẳng thức xảy ra x + − − ≤ ⇔ = ( ) 4 2 4 4 x, đẳng thức xảy ra x   − + ≥ ⇔ =   Do đó phương trình ⇔ x = 4. Hay nghiệm của phương trình là : x = 4. Ví dụ 6 : Giải phương trình : 1 12 2 4 x x   − + − = − +  ÷   Giải : Điều kiện1 12 2 x x ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ( * ). Khi đó với4 0 x   − + ≥  ÷  , phương trình hoàn toàn có thể viết : ( ) 2 22 21 1 14 2 2 2 4 x x xx x         − + + − − = − +  ÷  ÷  ÷           Hay : 2 22 21 1 14 2 5 2 4 x x xx x         − + + − + = − +  ÷  ÷  ÷           Đặtu x = + 2 22 2 u và x u ≥ + = − Do đó phương trình trở thành : Trang 14 ( ) 2 26 2 9 2 4 u u u − + − = − 2 29 2 4 5 u u u − = − + ( ) ( ) 1 2 4 1 2 u u − − = + − Ta thấy : ( ) 1 2 1 u + − ≥, đẳng thức xảy ra ⇔ u = 2. Vì ( ) 2 1 2 4 1 u nên u ≥ − − ≤, đẳng thức xảy ra ⇔ u = 4. Do vậy phương trình ⇔ ⇔ u = 2. Hay ta nhận được : 2 x + = ⇔ x = 1. Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1.8. PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CĨ CHỨA THAM SỐ : Ví dụ 1 : Tìm những giá trò a để phương trình sau có nghiệm : 2 22 1 a x x a x + − + = − Giải : Phương trình ( 3.1 ) ⇔ 2 21 1 1 a ( x ) a x + − + − = − Đặtt x, t a = − ( * ). Khi đó phương trình trở thành2 1 t aatt a ≥ > Ta thấy phương trình có nghiệm khi ⇔ < ≤ Vậy ta nhận được : < ≤ − = < ≤ = ± Do đó vớia < ≤ thì phương trình có nghiệm = ± Ví dụ 2 : Tìm những giá trò a > 0 để phương trình sau có nghiệm : 2 22 2 2 x ax a x ax a a + − + − − = Trang 15G iải : Đặt2t ax a = −, t ≥ 0 và với a > 0 ta có2 2 t aVậy phương trình trở thành : 2 22 2 ( t a ) ( t a ) a a + − + = 2 2 t a t a a a + + − = Nếu 0 ≤ t < a : ( 3.2 a ) ⇔ 2 2 2 t aa a a ≤ Ta được : 2 02 2 a a aax a a a ≥ > − = a aTóm lại : vớia = phương trình có nghiệm là1 14 2 x ≤ ≤ vớia > phương trình có nghiệm làa aVí dụ 3 : Đònh tham số a để phương trình sau có nghiệm : 2 22 2 1 x a x x − + − = Giải : Điều kiệnx a ( * ). Khi đó phương trình trở thành ( ) ( ) 2 2 22 2 1 2 2 x a x a x − − = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 24 2 1 2 2 x a x a x ≤ + − − = + − ( ) ( ) 4 1 2 a x a ≤ + − = − ( 3.3 a ). Trang 16T ừ ( * ) và ( 3.3 a ) ta cần có : 2 11 1 ≤ + ⇔ ≤ ≤ ≤ + Phương trình ⇔ 2 1 ≤ ≤ Vì x ≤ 1 nên ta nhận được nghiệm là2 1V ậy vớia ≤ ≤ thì phương trình có nghiệm là2 1V í dụ 4 : Đònh tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 1 2 1 2 1 x x m x ( x ) m x ( x ) + − + − = + − Giải : Ta thấy nếu xlà nghiệm, thì 1 – xcũng là nghiệm của. Do đó điều kiện kèm theo cần để phương trình có nghiệm duy nhất là : = 1 – xx = Thế x bởix = vàosuy ra : 0 1 m m m, m = ⇒ = = ± Đảo lại : Với m = 0 : ( 3.4 ) trở thành1 2 1 x x x ( x ) + − = − ( ) 4 4 4 41 0 1 x x x x x − − = ⇔ = − ⇔ = ( thoả ). Với m = – 1 : ( 3.4 ) trở thành1 2 1 1 2 1 x x x ( x ) x ( x ) + − − − = − + − ( ) 1 2 1 1 2 1 0 x x x ( x ) ( x ) x x ( x )   + − − − + − + − − =   ( ) ( ) 2 24 41 1 0 x x x x − − + − − = 4 41 01 0 x xx x − − = − − = x = ( thoả ). Với m = 1 : ( 3.4 ) trở thành1 2 1 1 2 1 x x x ( x ) x ( x ) + − + − = + − ( * ). Vì x = 0 và x = 1 cùng nghiệm đúng ( * ) ⇒ không có nghiệm duy nhất. Trang 17V aọy vụựi m = 0, m = 1 thỡ phửụng trỡnh ( 3.4 ) coự nghieọm duy nhaỏtx = Trang 18

Source: http://wp.ftn61.com
Category: Hỏi Đáp