Chuyên đề Phương trình chứa căn thức25794

LÝ DO CH ỌN ĐỀ TÀI Giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai là rất quan trọng trong các cấp học, từ THCS đến THPT tuy nhiên ở cấp THPT không đơn thuần là cho sẵn phương trình b

LÝ DO CH ỌN ĐỀ TÀI

Giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai là rất quan trọng trong các cấp

học, từ THCS đến THPT tuy nhiên ở cấp THPT không đơn thuần là cho sẵn

phương trình bậc nhất, bậc hai để giải mà thường lồng ghép dưới nhiều hình thức

của các bài toán khác nhau Cụ thể nhất là trong chương trình toán lớp 10 của

chương trình Cơ bản hay Nâng cao điều có phương trình chứa căn thức.

Phương trình chứa căn thức là loại phương trình mà đa số học sinh khi tiếp cận

giải thường mắc phải không ít những sai lầm trong quá trình giải đó là: Thiếu điều

kiện để căn thức có nghĩa hoặc khi bình phương hai vế ta thường được phương

trình hệ quả ( nên dễ xuất hiện nghiệm ngoại lai) nhưng học sinh vẫn nghĩ là

phương trình tương đương, hoặc rất khó khăn khi nhận dạng cách giải trong các

phương trình chứa nhiều căn thức….

Vì thế muốn giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quan hơn về các bài toán

phương trình chứa căn thức tôi viết chuyên đề này giúp cho học sinh dễ dàng tiếp

cận các loại phương trình chứa căn thức trong chương trình lớp 10 và có thể dựa

vào đó để tiếp cận và khai thác sâu hơn các bài toán chứa căn thức trong các kì thi

cao đẳng và đại học

Trong quá trình viết tôi đã cố gắng sắp xếp các dạng toán theo thứ tự của các

cấp độ nhận thức: Biết- hiểu- thông hiểu và vận dụng để học sinh dễ tiếp cận Sau

mỗi ví dụ có hướng dẫn giải và có lời bình giúp học sinh khắc sâu được những kỹ

năng quan trọng khi tiếp cận giải bài toán chứa căn thức, đồng thời có bài tập

tương tự giúp học sinh tự rèn luyện để có được kỹ năng giải hợp lý các bài toán

chứa căn thức.

Tuy đã cố gắng nhưng cũng chỉ mang tính chủ quan nên không tránh khỏi sai

sót và hạn chế Mong quý đồng nghiệp góp ý tôi rất chân thành cám ơn !

Hòa Bình, ngày 12 tháng 3 năm 2013

GV: Nguyễn Hữu Phúc.

M ỤC LỤC

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

PHƯƠNG TRÌNH CH ỨA CĂN DẠNG NÂNG CAO

VẤN ĐỀ 2:

NHẬN XÉT SKKN 26

PH ƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

DẠNG 1: f x ( )  g x ( ) (1)

Cách giải 1: ( Sử dụng pt hệ quả)

 ĐK: ( ) 0f x 

 Bình phương hai vế pt(1) ta có pt hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)

 Thế vào pt(1) xem có thảo mãn hay không

 Kết luận nghiệm của pt(1)

Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)

2

( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

f x g x

g x

f x g x







 





 Lưu ý: Khi g(x)<0 pt(1) vô nghiệm.

VD 1: Giải phương trình :

2

) 2 4 2 b) 3 15 3 ) 4 1

d) 2 16 4 e) 5 6 3 f) 2 1 1

HD:

a) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)

 ĐK: 2x-4  0 x 2

 Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt: 2x-4=42x  8 x 4

 Thế x=4 vào pt đã cho thỏa mãn

 Vậy pt có nghiệm x=4

Cách 2: Vì 20 hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần giải như sau:

 2x  4 2 2x   4 4 x 4

 Vậy pt có nghiệm x=4

b) Cách 1: ( Sử dụng phương trình hệ quả)

 ĐK: 3x15  0 x 5

 PT(b)3x-15=93x=24x=8

 Ta thấy x=8 thỏa mãn điều kiện nhưng thế vào pt(b) không thỏa mãn

 Vậy pt(b) vô nghiệm

Cách 2: ( Chỉ cần để ý -3<0) nên pt (b) vô nghiệm

Các câu c, d, e giải tương tự

f) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)

 Ta có: 2

2x  1 0, x R

 Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt:

2 2 2

2 1 ( 1)

2 0 0 2

x x

  





   



 Thế x=0 và x=-2 vào pt đã cho chỉ có x=0 thỏa mãn

 Vậy pt có nghiệm x=0

Cách 2: ( Sử dụng pt trình tương đương)

 Ta có:

2

2

2 1 1

1 0

2 1 ( 1) 1

2 0 1

0 0

2

x

x

x

x x

x

  

 



 

  







 

 









   



  



 Vậy pt có nghiệm x=0

Lời bình:

VD 2: Giải phương trình :

) 4 2 b) 1 7 ) 4 9 3

d) 2 4 2 e) 9x+ 3 2 10 f) 2 3 2 3

HD:

a) Ta có: x2  4 2 x2  4 4 x2    8 x 2 2

Vậy pt có 2 nghiệm x 2 2

b) Ta có:

2

2

7 0

1 ( 7)

7 7

10 10

15 50 0

5

x

x x

x x

x

 



    

  









4

x

x





 d) Ta có:

 Qua các ví dụ trên cho ta thấy nhược điểm của phương pháp giải theo phương trình hệ quả là dài và phải thử lại nghiệm ( tránh trường hợp xuất hiện nghiệm ngoại lai), còn phương pháp giải theo phương trình tương đương có phần ưu điểm là tiện lợi hơn, (không cần phải thử lai nghiệm).

 Chúng ta cần phân biệt rằng tùy theo đặc thù của phương trình chứa căn mà ta có thể chọn cách giải 1 hoặc 2 cho phù hợp.

 Vì vậy sau này chúng ta sẽ tiếp cận nhiều bài toán chứa căn thức thì ta mới cảm nhận được sự sâu sắc trong mọi khía cạnh của bài toán lúc đó ta mới thấy rõ mỗi phương pháp điều có những ý nghĩa đặc sắc riêng của nó.

2

0 3

3

x

x x

x







   



 



e) Ta có:

2

2

2

3 2 (10 9 )

3 2 10 9

3 10

1

81 183 102 0 34 27

27

x

x x

x

x

x

       



  

 





 f) Ta có:

2

2 3 (2 3) 3 14 12 0 3

2

7 13

7 13

3 3

7 13 3

x

x x

x

        

  





  

   



  









Lời bình:

 Qua ví dụ trên cho ta thấy giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ

có nhiều lợi thế và tiện lợi, nếu giải bằng phương pháp biến đổi phương trình hệ quả, nghĩa là phải đặt điều kiện để căn có nghĩa sẽ khó khăn hơn.

Bài tập tương tự:

Bài tập 1: Giải các pt

2

) 1 1 b) x- 2 3 0 c) x 1 1

) 3 6 3 e) 3 2 1 3 f) 3 2 1

) 9 5 2 4 h) 2 5 8 1 k) 2 3 5 1

HD: a) x=1 b) x=3 c) x=0; x=1; x=(1- 5)/2

) 3 6 3

3

(3 )(6 ) 0

6

x

x

x

x

  





  



  



2 2

0

2 0 2

2 2

x x

x x

x

x x

  

Các câu còn lại giải tương tự

 Chú ý: Dạng f x ( )  g x ( )   k f x ( )   k g x ( )

( sau đó đặt đk và bình phương 2 vế để giải)

DẠNG 2:

( ) 0, (hoac g(x) 0)

f(x)=g(x)

f x



VD 1: Giải các phương trình:

2

d) 4 3 2 e) 2 1 5 6 f) 3 7 2 8

HD:

a) Ta có:

2

4

5

x

x





 Nhận xét: Qua cách giải trên cho ta thấy chọn ĐK: g(x)=4-x 0 đã làm giảm bớt độ  khó của bài toán và giúp ta giải quyết bài toán này nhẹ nhàng hơn mà vẫn không làm mất nghiệm của pt đã cho

Các câu còn lại giải tương tự.

 Chú ý: Dạng

( ) 0 ( ) 0

( ) ( ( ) ( ))

2

f x

g x

f x g x h x h x

h x f x g x

f x g x









Hoặc: f x ( )  g x ( )  h x ( )  f x ( )  g x ( )  h x ( ) ( về dạng trên)

DẠNG 3: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0

( ) 0

f x

f x g x h x g x

h x







  

 



VD1: Giải các pt:

) (2 8)(4 ) 2 (2 8) 0 ) ( 8)(5 ) 3 ( 8) 0

) (3 9)(2 ) 4 (3 9) 0 ) (4 8)(4 5 ) 2 (4 8) 0

HD:

a)Ta có (2x8)(4x)2 2x8)0

(2 8)(4 ) 2 2 8) 0 2 8 4 2 0

2 8 0

4

4 2 0 (VN)

x

x x

 



  



Vậy pt có nghiệm x=4

b)Ta có (x8)(5x)3 x 8 0

4

x

        

Vậy pt có nghiệm x=4; x=-8

Các câu c, d tương tự

VD2: Giải pt 2x 8 5 3x x 4 0

Cách giải sai thường gặp là:

4 0

4

x

x

  

Cách giải đúng là:

ĐK: 4 0 4 3

x

     

4 0

4

2 5 3 0 (VN)

x

x x

  



Vì x= - 4 không thỏa đk nên pt vô nghiệm

Lời bình:

VD3: Giải pt 2x 8 5 (3x x)( 4) 0

HD

ĐK:

4

4

3

x

x

x

 





2 8 5 (3 )( 4) 0 4( 2 5 3 ) 0

4 0

4

2 5 3 0 (VN)

x

x x

  



Vậy pt có nghiệm x= - 4

 Nguyên nhân mắc sai lầm của bài toán trên là đôi lúc ta lại bỏ quên đk xác định của pt

 Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của pt là rất quan trọng

 PT đưa về dạng tích thường có tính phức tạp cao hơn so với những pt chứa căn thông thường.

DẠNG 4: ĐẶT ẨN SỐ PHỤ ( cấp độ thấp)

VD1: Giải các pt

) 2x+5-5 2 1 0 b) 6x+3-5 6 1 0

c) 3x+6-7 3 2 0 d) 5x+1-12 5 10 0

HD:

a) Ta biến đổi 2x 5 5 2x  1 0 (2x 1) 5 2x  1 4 0

Đặt : t 2x1, (đk: t 0)

PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 1

4

t t





  



+ Với t=1 2x  1 1 2x   1 1 x 0

+ Với t=4 2 1 4 2 1 16 15

2

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=15/2

b) Ta biến đổi 6x 3 5 6x  1 0 (6x 1) 5 6x  1 4 0

Đặt : t 6x1, (đk: t 0)

PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 1

4

t t





  



+ Với t=1 6 1 1 6 1 1 1

3

+ Với t=4 6 1 4 6 1 16 17

6

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=17/6

Các câu c, d tương tự

VD2: Giải các pt

) x +5-5 1 0 b) 2x +3-5 2 1 0

c) 3x +6-7 3 2 0 d) 5x +1-12 5 10 0

HD:

a) Ta biến đổi x2 5 5 x2   1 0 (x2 1) 5 x2  1 4 0

Đặt : 2 , (đk: t 0)

1

PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 1

4

t t





  



+ Với t=1 2 2

+ Với t=4 2 2

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x= 15

2x  3 5 2x   1 0 (2x  1) 5 2x   1 4 0

Đặt : 2 , (đk: t 0)

PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 1

4

t t





  



+ Với t=1 2 2

2x 1 1 2x 1 1 x 1

2

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm 1; x= 17

2

x  

Các câu c, d tương tự

Lời bình:

Bài tập tương tự: Giải các pt

3

) 2x -3-5 2 3 0 b) 2x +3x+3-5 2 3 9 0

3 c) 9- 81 7 d) x +3- 2 3 2 ( 1)

x

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ ( cấp độ cao hơn)

VD1: Giải pt: x 1 4 x (x1)(4x)5 (1)

HD: Đặt t= x 1 4x (đk t 0)  ( 1)(4 ) 2 5

2

t

5 (l) 2

t t

t







         

 Với t=3 x 1 4   x 3 5 2 (x1)(4x)  9 (x1)(4x) 2

3

x

x





         

 Vậy pt có 2n x=0 và x=3

VD2: Giải pt: x 2 5 x (x2)(5x) 4 (1)

HD: Đặt t= x 2 5x (đk t 0)  ( 2)(5 ) 2 7

2

t

 Qua ví dụ trên giúp cho ta thấy được việc đặt ẩn số phụ giúp chúng ta đưa các bài toán tương đối phức tạp về bài toán đơn giản hơn, quen thuộc và dễ giải hơn.

 Điều đó giúp cho ta có ý tưởng có thể tiếp cận các bài toán phức tạp hơn các bài toán trên bằng cách đặt ẩn số phụ.

 Cũng cần lưu ý rằng nếu đặt ẩn số phụ phải đưa về bài toán đơn giản hơn thì cách làm mới có ý nghĩa, còn ngược lại thì !!!.

PT(1) trở thành: 2 7 2 3

5 (l) 2

t t

t







         



Với t=3 x 2 5   x 3 7 2 (x2)(5x)  9 (x1)(4x) 1

( 1)(4 ) 1 2 3 3 0 3 3 5

2

          

Vậy pt có 2n 3 3 5

2



Lời bình:

VD 3: Giải các pt :

3

) 2x 3 3 5 2 3 9 b) 9- 81 7

2 3

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

2

x

HD:

a) Ta biến đổi: 2x23x 3 5 2x2 3x 9 (2x23x 9) 5 2x23x  9 6 0(1) Đặt: 2 , (đk: t 0)

t x  x 

PT(1) trở thành pt: 2 1( )

5 6 0

6

t t

t

 



     



3

x

x







  

 Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng tổng căn thức và tích căn thức thì ta đặt t bằng tổng căn thức rồi biến đổi tích căn thức theo ẩn t để có pt ẩn t giải được.

 Tuy nhiên việc đặt ẩn phụ còn nhiều cách lựa chọn phù hợp khác nhau điều đó giúp ta

tư duy linh hoạt hơn.

b) Ta biến đổi: 3 3 3 3 3 3

2

x

Đặt t= 3 , ( đk: t 0)

81 7x 

PT (b) trở thành pt: 2 0

2 0

2

t

t t

t





    



+ Với t=0 3 3 81 3 81

81 7 0

81 7x 2 81 7x 4 x 11 x 11

Vậy pt có 2 nghiệm 3 81 3

; x= 11 7

x

c) Ta biến đổi: 2 3 2 2 3 2 3( 1) (2 2 3 2) 2 2 2 3 2 1 0(1)

2

x   x  x  x  x  x  x  x  

Đặt: 2 , (đk: t 0)

t x  x 

PT(1) trở thành pt: 2

t     t t

1

2

x

x







 

 Vậy pt có 2 nghiệm x=1; x= 1/2

Câu d) giải tương tự

Lời bình:

 Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng biểu thức trong căn và tích biểu thức bên ngoài căn nếu biến đổi thì chúng có liên hệ mật thiết với nhau nên ta đặt t bằng lượng chứa căn thức rồi biểu thức bên ngoài biểu diễn theo t Ta được pt quen thuộc giải được.

 Các bài toán trên giúp ta thấy được sự đa dạng của việc đặt ẩn phụ.

V ẤN ĐỀ 2: KIẾN THỨC NÂNG CAO

DẠNG 1: ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI

VD1: Giải pt 1 2 1( )

2

x y  z  x y z

DH: ĐK x0, y 1, z 2 Áp dụng BĐT Cô si ta có:

1 1

2 ( 1) 1

1 ( 1).1

( 2) 1 1

2 ( 2).1

1

2

x



 

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:

    

    

Cần nhớ các BĐT sau:

2

a+b 2 ( a,b 0)

+ ab

2

ab

a b



  

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b

3 3 a+b+c 3 ( a,b,c 0)

+ abc

3

abc

a b c

 

   Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b=c

VD2: Giải pt: 2 2 2 , (với x, y, z >0)

(x 1)(y 2)(z 3)  32xyz

HD: Ta biến đổi về dạng; (x2+1)(y2+2)(z2+3)= 32xyz

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

2 2

2 2

2 2

2 2 2

1 2 1 2

2 2 2 2 2

8 2 8 2.2 2

( 1)( 2)( 8) 32







Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:

2 2 2

1 1

x x





 Vậy nghiệm cua pt là: (1; 2; 2 2)

VD3: Giải pt x 2x2 4y24y3

HD: ĐK  2  x 2

Theo BĐT Bunnhiacopski ta có:

2 2 2 2 2

2

.1 2 1 (2 ) 1 1 4

2 2 (1)

      

   

4y 4y 3 (2y1)  2 2 (2)

Từ (1 ) và (2 ) ta có dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:

2 1 (x 0) 1 2

y



Vậy nghiệm của pt là 1; -1

2

 

 

 

HD: ĐK x>3, y>1, z>665 Ta viết pt lại dạng:

Áp dụng BĐT Cô si cho từng cặp số ta có:

3 2 3 8

1 2 1 4

665 2 665 70

82

VT

 

Dấu “=” xãy ra khi:

16

3 3

4

1

665 1225 1890 1225

665 665

x

x

y

z z



 









 



2 3

4( 1) 1 4 1

10 ( 1)

x

  

 HD: ĐK: x>0, y 1

3

2 3

2 3

2 3

4( 1) 1 4

1 2

4

( 1) 10

x

x

x y

y VT

  

  





 



 

Dấu “=” xãy ra khi: x=1; y=2 hoặc x=1; y=0

Vậy nghiệm của pt là: (1; 2); (1; 0)

1 3 2( 3) 2 2

x   x x  x HD: ĐK x 1

2

( 1.1 ( 3).1) ( 1) ( 3) (1 1)

2( 3) 2( 1)

       

     

Dấu “=” xãy ra khi:

2

2

5

7 10 0

2

x

x





      



2 2

x x

x x x

HD: Ta có:

1

2 1 0

2

     

ĐK : x

2

 

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số không âm (2x+1) và (x2-x+1) ta có:

2 2

2 (2 1) ( 1)

x x   x       

Dấu “=” xãy ra khi: 2x+1=x2-x+1 x(x-3)=0 0

3

x x





 

 Vậy pt có 2n x=0; x=3

VD8: Giải pt: x2  x 1 xx2 1 x2 x 2 (1)

HD: Áp dụng BĐT Cô si ta có:

2

2

( 1).1

( 1).1

x x

x x







Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-x+2 x+1 x2-2x+1 0 (x-1)2 0 x=1

Thử lại ta có x=1 là nghiệm duy nhất của pt

VD 9: Giải pt x2  x 5 xx2 3 x23x4 (1)

HD: ĐK 1 21 1 13

 

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

2

2

( 5).1

( 3).1

x x

x x







Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-3x+4 x x2-4x+4 0 (x-2)2 0 x=2

Thử lại ta có x=2 là nghiệm duy nhất của pt