Phương pháp giải phương trình vô tỷ toán THCS

A. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn ở dưới dấu căn. Ví dụ: √(x 1)¬ + 2√(x2) = 4 B. CÁC BƯỚC GIẢI : Tìm tập xác định của phương trình Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học So sách kết quả với tập xác đinh và kết luận C. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1. Phương pháp nâng lên lũy thừa a. Ví dụ 1: Giải phương trình: √(x1) = x – 2 (1) Tập xác định {█(x+1 ≥0x2 ≤0)┤ ⇔ {█(x≥ 1x≤ 2)┤ ⇔ x ≥ 2 Học sinh thường mắc sai lầm ở đây là : Chỉ đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn rồi bình phương 2 vế. (1) ⇔ x + 1 = x2 – 4x + 4 ⇔ x2 – 5x + 5 = 0 ∆ = 25 – 20 = 5 > 0 phương trình có 2 nghiệm là: x1 = (5 + √5)2 và x2 = (5 √5)2 Đối chiếu với điều kiện nghiệm ta được nghiệm của phương trình (1) là x = (5 + √5)2

2

A KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Phương trình vô tỷ là phương trình chứa ẩn ở dưới dấu căn

Ví dụ: √𝑥 − 1 + 2√𝑥 − 2 = 4

B CÁC BƯỚC GIẢI :

- Tìm tập xác định của phương trình

- Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học

- So sách kết quả với tập xác đinh và kết luận

C MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

1 Phương pháp nâng lên lũy thừa

a Ví dụ 1: Giải phương trình:

√𝑥 − 1 = x – 2 (1)

Tập xác định {𝑥 + 1 ≥ 0𝑥 − 2 ≤ 0 ⇔ {𝑥 ≥ −1𝑥 ≤ 2 ⇔ x ≥ 2

Học sinh thường mắc sai lầm ở đây là : Chỉ đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn rồi bình phương 2 vế

(1) ⇔ x + 1 = x2 – 4x + 4

⇔ x2 – 5x + 5 = 0

∆ = 25 – 20 = 5 > 0 phương trình có 2 nghiệm là: x1 = 5 + √5

2 và x2 = 5 − √5

2

Đối chiếu với điều kiện nghiệm ta được nghiệm của phương trình (1) là

x = 5 + √5

2

b Ví dụ 2: Giải phương trình

√𝑥 − 1 = x – 1 (1)

- Tập xác định: x ≥ 1 Khi đó chú ý rằng 2 vế của phương trình đều

dương

- Bình phương 2 vế ta được:

(1) ⇔ x – 1 = x2 – 2x + 1

⇔ x2 – 3x + 2 = 0 (2)

Do a + b +c = 1 – 3 + 2 = 0 nên (2) có nghiệm là x1 = 1 và x2 = 2 Đó cũng chính là nghiệm của (1)

2

Tuy nhiên ở ví dụ 2 còn có cách giải khác như sau:

(1) ⇔ √𝑥 − 1 – (x – 1) = 0 Do: x – 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

⇔ √𝑥 − 1(1 - √𝑥 − 1) = 0

⇔ [1− √𝑥−1=0√𝑥−1=0 ⇔ [𝑥=1𝑥=2

Như vậy việc cần vận dụng phương pháp để trở thành kĩ năng là một yếu

tố cần thiết cầm phải hình thành cho học sinh Phương pháp nâng lên lũy thừa có thể vận dụng vào giải một số phương trình vô tỷ ở dạng sau:

c Vận dụng giải phương trình dạng

(*) √𝑓(𝑥) = g(x) ⇔ {

g(𝑥) ≥ 0 (1) 𝑓(𝑥) ≥ 0 (2) 𝑓(𝑥) = [g(𝑥)] (3)

Giải phương trình (3), chọn nghiệm thích hợp suy ra nghiệm của (*) Ví dụ

1 và ví dụ 2 đã minh họa cách giải này

d Vận dụng giải phương trình dạng:

√𝑓(𝑥) + √ℎ(𝑥) = g(x)

Sơ đồ giải

- Tìm tập xác định của phương trình:

{

g(𝑥) ≥ 0

𝑓(𝑥) ≥ 0

ℎ(𝑥) ≥ 0

- Các bước giải: Vận dụng phương pháp nâng lên lũy thừa khử dấu căn

*) Ví dụ 3: Giải phương trình:

√𝑥 + 3 = 5 - √𝑥 − 2(1) ⇔ √𝑥 + 3 + √𝑥 − 2 = 5 (2)

- Tập xác định: {𝑥 + 3 ≥ 0𝑥 − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

Chú ý rằng các em học sinh thường mắc sai lầm là:

Nếu chưa biến đổi (1) tương đương với (2) thì việc đặt điều kiện hay tìm tập xác định như trên chưa chặt chẽ Do đó phải đưa (1) về (2) rồi mới đặt điều kiện thì khi đó 2 vế của phương trình đều dương Mới thực hiện được phép nâng lên lũy thừa

- Bình phương 2 vế ta được:

(2) ⇔ x + 3 + x – 2 + 2√(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) = 25

⇔ 2x + 1 + 2√(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) = 25

⇔ 2√(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) = 24 – 2x

⇔ √(𝑥 + 3)(𝑥 − 2) = 12 – x (3)

Đến đây cần lưu ý sai lầm mà học sinh hay mắc phải là (3) phải có điều kiện rồi mới được bình phương 2 vế, điều kiện của (3) phải thỏa mãn điều kiện của (1) đó là:

12 – x ≥ 0 ⇔ x ≤ 12

Do đó điều kiện tồn tại nghiệm của (1) là 2 ≤ x ≤ 12

Bình phương hai vế ta được:

(3) ⇔ x2 + x – 6 = 144 – 24x + x2

⇔ 25x = 150

⇒ x = 6 thỏa mãn điều kiện nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 6

e Vận dụng phương pháp giải phương trình dạng:

√𝑓(𝑥) + √ℎ(𝑥) = √g(𝑥)

Ví dụ: Giải phương trình:

√𝑥 + 1 = √12 − 𝑥 + √𝑥 − 7 (1)

Điều kiện: {12 − 𝑥 ≥ 0𝑥 + 1 ≥ 0

𝑥 − 7 ≥ 0

⇔ {𝑥 ≥ −1𝑥 ≤ 12

𝑥 ≥ 7

⇔ 7 ≤ x ≤ 12 (*) Bình phương hai vế ta được: ( vì hai vế của phương trình đều dương) (1) ⇔ x + 1 = 12 – x + x – 7 + 2√(12 − 𝑥)(𝑥 − 7)

⇔ 2√(12 − 𝑥)(𝑥 − 7) = x – 4 (2)

Cần chú ý học sinh rằng với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12 thì 2 vế của (2) đề

dương Bình phương 2 vế ta được:

(2) ⇔ 4( -x2 + 19x – 84) = x2 – 8x + 16

⇔ 5x2 – 84x + 352 = 0 (3)

2 2

2

2

2

Giải phương trình (3) ta được nghiệm x1 = 44

5 và x2 = 8 thỏa mãn điều kiện (*)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x1 = 445 và x2 = 8

g Phương pháp nâng lên lũy thừa còn được sử dụng vào giải phương trình dạng:

√𝑓(𝑥) + √ℎ(𝑥) = √g(𝑥) + √g(𝑥)

Ví dụ: Giải phương trình:

√𝑥 + √𝑥 + 9 - √𝑥 + 1 - √𝑥 + 4 = 0

Để lời giải chặt chẽ và tránh sai lầm ta biến đổi

(1) ⇔ √𝑥 + √𝑥 + 9 = √𝑥 + 1 + √𝑥 + 4 (2)

Rồi mới tìm tập xác định: {

𝑥 ≥ 0

𝑥 + 9 ≥ 0

𝑥 + 1 ≥ 0

𝑥 + 4 ≥ 0

⇔ x ≥ 0

- Khi đó 2 vế của (2) đều có giá trị dương Bình phương 2 vế ta được: (2) ⇔ √𝑥 + 9𝑥 - √𝑥 + 5𝑥 + 4 = -2

⇔ √𝑥 + 5𝑥 + 4 = √𝑥 + 9𝑥 + 2 (3)

Tiếp tục bình phương 2 vế ta được:

(3) √𝑥 + 9𝑥 = -x (4)

Điều kiện của (4) có nghiệm là x ≤ 0

Đến đây cần chú ý rằng do điều kiện nghiệm ban đầu là x ≥ 0 nên kết hợp lại ta được x = 0 là nghiệm duy nhất của (1) Không phải bình phương (4) tránh

sự dài dòng không cần thiết của học sinh học toán

Tóm lại: Phương pháp nâng lên lũy thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô tỷ quen thuộc ở trên Song quá trình giảng dạy cần chú ý đến các điều kiện tồn tại của căn, điều kiện ở các vế đó là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan khi sử dụng phương pháp này Ngoài ra phương pháp này còn được phối hợp vận dụng cùng các phương pháp khác

2 Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối

a Ví dụ: Giải phương trình

2

2

√𝑥 − 2𝑥 + 4 + √𝑥 − 6𝑥 + 9 = 5

⇔ √(𝑥 − 2) + √(𝑥 − 3) = 5 (1)

- Tập xác định: Với mọi giá trị của x

Chú ý rằng các biểu thức ở dưới dấu căn luôn dương

- Đưa (1) về dạng

(1) ⇔ |x-2| + |x-3| = 5 (2)

Lập bảng xét dấu của (2)

Từ đó ta có:

* Với x ≤ 2 ta có

(2) ⇔ 2 – x + 3 – x = 5

⇔ - 2x = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm

Với 2 ≤ x ≤ 3 ta có (2)

⇔ x – 2 + 3 – x = 5

⇔ x = 1 Vô lý

Trường hợp này phương trình vô nghiệm

* Với x ≥ 3 ta có: (2)

⇔ x – 2 + x – 3 = 5

⇔ 2x = 10 ⇒ x = 5 là nghiệm

Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là x = 0 và x = 5

b Ví dụ 2 : Giải phương trình :

√𝑥 + 2√𝑥 − 1 + √𝑥 − 2√𝑥 − 1 = 2 (1)

⇔ √𝑥 − 1 + 2√𝑥 − 1 + 1 + √𝑥 − 1 − 2√𝑥 − 1 + 1 = 2 (2) Điều kiện x ≥ 1

* Ta có (2) ⇔ √(√𝑥 − 1) + √(√𝑥 − 1) = 2

2

2

2

2

⇔ √𝑥 − 1 + 1 + |√𝑥 − 1 – 1| = 2 (3)

- Nếu x ≥ 2 thì (3) ⇔ √𝑥 − 1 + 1 + √𝑥 − 1 – 1 = 2

⇔ √𝑥 − 1 = 1 ⇔ = 2 là nghiệm của (1)

- Nếu 1 ≤ x ≤ 2 thì (3) ⇔ √𝑥 − 1 + 1 + 1 - √𝑥 − 1 = 2

⇔ 2 = 2 Phương trình này có vô số nghiệm

số

Vậy phương trình (1) có vô số nghiệm : 1 ≤ x ≤ 2

3 Phương pháp đặt ẩn phụ :

a Ví dụ 1 : Giải phương trình :

x2 + √𝑥 − 3𝑥 + 5 = 3x + 7 (1)

⇔ x2 – 3x + 5 + √𝑥 − 3𝑥 + 5 – 12 = 0 (2)

Điều kiện ∀ x ∈ R

- Đặt √𝑥 − 3𝑥 + 5 = m ≥ 0 Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không

đặt điều kiện cho ẩn phụ m Cũng nhấn mạnh thêm rằng điều kiện của m cũng chính là điều kiện có nghiệm của (1) tránh việc học sinh hiểu sai rằng vì

x2 – 3x + 5 luôn dương khi không cần điều kiện của m

- Ta được phương trình mới :

m2 + m – 12 = 0

△ = 1 + 48 = 49

√△ = 7 Phương trình có 2 nghiệm là:

m1 = − 1+7

2 = 3 và m2 = − 1−7

2 = 4 (loại)

- Từ m = 3 ta có : √𝑥 − 3𝑥 + 5 = 3

⇔ x2 – 3x + 5 = 9

⇔ x2 – 3x – 4 = 0

Dễ thấy phương trình này có nghiệm x1 = 1, x2 = 4 đó cũng là nghiệm của phương trình (1)

b Ví dụ 2 : Giải phương trình :

√𝑥 + 1 + √3 − 𝑥 - √(𝑥 + 1)(3 − 𝑥) = 2 (1)

2

2

2

2

- Điều kiện: {𝑥 + 1 ≥ 03 − 𝑥 ≥ 0 ⇔ - 1 ≤ x ≤ 3

- Đặt ẩn phụ: t = √𝑥 + 1 + √3 − 𝑥 với điều kiện t ≥ 0 ( ở đây cần đặt vấn

đề là tại sao ta lại đặt ẩn phụ như vậy ? Để phát huy trí sáng tạo của học sinh)

Khi đó ta có: t2 = 4 + 2√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥)

⇒ 2√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥) = t2 – 4 Thay vào (1) ta được phương trình mới:

t = 𝑡 −42 = 2

⇔ t2 – 2t = 0 ⇔ t(t – 2) = 0

⇒ [𝑡=0𝑡=2

- Với t = o Phương trình vô nghiệm

- Với t = 2 ta có: √𝑥 + 1 + √3 − 𝑥 = 2

Hay 2√(𝑥 + 1)(3 − 𝑥) = 0 ⇒ x1 = -1, x2 = 3

Thỏa mãn điều kiện ban đầu:

Vậy (1) có nghiệm là : x1 = -1 và x2 = 3

Chú ý rằng nếu thay vế phải của phương trình (1) bằng một số tham số m nào đó và yêu cầu học sinh tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm thì quá trình này vẫn như trên để khái quát baì toán

c Ví dụ 3 : Giải phương trình :

x + √𝑥 +12+ √𝑥 +14 = 1 (1)

- Điều kiện: x ≥ – 14

- Đặt: √𝑥 +14 = a ≥ 0 ⇒ 𝑥 +12 = a2 + 14

Ta có (1) ⇔ a2 – 1

4 + √𝑎 + 𝑎 +1

4 = 1

⇔ a2 – 1

4 + √(𝑎 +1

2) = 1

⇔ a2 – 1

4 + 𝑎 +12 = 1

2 2

⇔ 𝑎 + 𝑎 + 1

4 = 1 ⇔ (𝑎 +1

2) = 1

⇔ 𝑎 +1

2 = 1 ⇒ 𝑎 = 1

2

⇒ √𝑥 +14 = 1

2 ⇒ 𝑥 = 0 Thử lại x = 0 nghiệm đúng phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 0

Tóm lại: Phương pháp giải đặt ẩn phụ có những ưu điểm riêng, song để vận dụng phương pháp này phải có những nhận xét, đánh giá tìm tòi hướng giải, cách đặt ẩn như thế nào cho phù hợp, 3 ví dụ trên cho thấy ở mỗi dạng bài thì cách đặt

ẩn phụ là khác nhau Học sinh có thể vận dụng phương pháp đặt ẩn phụ vào giải một số phương trình dạng sau:

* Dạng: √𝑎 + 𝑐𝑥 + √𝑏 − 𝑐𝑥 + √(𝑎 + 𝑐𝑥)(𝑏 − 𝑐𝑥) = n

Ví dụ 1 đã minh họa cách giải

* Dạng: √𝑥 + 𝑎 − 𝑏 + 2𝑎√𝑥 − 𝑏 + √𝑥 + 𝑎 − 𝑏 − 2𝑎√𝑥 − 𝑏 = cx + m Trong đó a, b, c, m là hằng số a ≠ 0

Cách giải:

- Điều kiện: x – b ≥ 0 ⇔ x ≥ b

- Đặt ẩn phụ: t = √𝑥 − 𝑏, t ≥ 0 ta có : t2 = x – b

⇔ x = t2 + b Thay vào x + a2 – b ± 2a√𝑥 − 𝑏

Ta được: t2 + a2 ± 2at = (t ± a)2 Phương trình trở thành

|t +a| + |t – a| = c(t 2 + b) + m (*)

Xét 2 trường hợp :

+ t ≥ a thì (*) trở thành 2t = ct2 + bc + ,

⇔ ct2 – 2t + bc + m = 0

+ 0 ≤ t ≤ a thì (*) trở thành 2a = ct2 + bc + m

⇔ ct2 – 2a + bc + m = 0

Giải các phương trình đó ta tìm được nghiệm t, lúc đó x = t2 + b thỏa mãn điều kiện đề bài

Ví dụ: Giải phương trình:

2

2

2

2

2

2

√𝑥 + 6√𝑥 − 9 + √𝑥 − 6√𝑥 − 9 = 𝑥+236

- Điều kiện: x ≥ 9

- Đặt t = √𝑥 − 9 (t ≥ 0) Khi đó x = t2 + 9

Phương trình đã cho trở thành :

6(√(𝑡 + 3) + √(𝑡 − 3) ) = t2 + 32

⇔ 6 (| 𝑡 + 3| + |𝑡 − 3|) = t2 + 32

⇔ {𝑡 − 12𝑡 + 32 = 0 𝑣ớ𝑖 𝑡 ≥ 3 𝑡 − 4 = 0 𝑣ớ𝑖 0 ≤ t ≤ 3

Giải ra ta được : t1 = 8, t2 = 4, t3 = 2

⇒ Phương trình có 3 nghiệm là: x1 = 72, x2 = 25, x3 = 13

4 Phương pháp đưa về lũy thừa cùng bậc :

Ví dụ : Giải phương trình :

x4 + √𝑥 + 2005 - 2005 = 0

⇔ x4 = - √𝑥 + 2005 + 2005

⇔ x4 + x2 + 1

4 = x2 + 2005 - √𝑥 + 2005 + 14

⇔ (𝑥 +12 ) = (√𝑥 + 2005 − 12)

⇔ x2 + 1 = √𝑥 + 2005

⇔ x4 + x2 – 2004 = 0 *

Đặt x2 = t ≥ 0 Ta có :

* ⇔ t2 + t – 2004 = 0

∆ = 1 + 8016 = 8017

Phương trình này có hai nghiệm là :

t1 = −1+ √8017

2 và t2 = −1− √8017

2 (loại)

Suy ra x2 = −1+ √8017

2 ⇔ x = ± √√8017−12 là nghiệm của phương trình đã cho ban đầu

5 Phương pháp hệ phương trình

2 3

3

3

1

1

2

2

1 Ví dụ 1 : Giải phương trình

√𝑥 − 2

3

+ √𝑥 + 1 = 3 (1) Điều kiện: x ≥ −1

- Đặt 3√𝑥 − 2 = y, √𝑥 + 1 = z (z ≥ 0) Khi đó

Ta có : x – 2 = y3 và x + 1 = z2 neen z2 – y3 = 3

- Phương trình đã cho được đưa về hệ

{

𝑦 + 𝑥 = 3 (2)

𝑧 − 𝑦 = 3 (3)

𝑧 ≥ 0 (4)

Từ (2) ⇒ z = 3 – y thay vào (3) ta có :

(3 – y)2 – y3 = 3 ⇔ (y – 1)(y2 + 6) = 0 ⇔ y = 1

Suy ra z = 2 thỏa mãn (4)

Từ đó ta tìm được x = 3 thỏa mãn điều kiện

Vậy phương trình (1) có nghiệm là : x = 3

2 Ví dụ 2 : Giải phương trình

√𝑥

3

+ √35 − 𝑥3 = 5 (1)

Đặt √𝑥3 = a, 3√35 − 𝑥 = b

- Từ đó phương trình (1) chuyển thành hệ phương trình :

{𝑎 + 𝑏 = 35 (1)𝑎 + 𝑏 = 5 (2)

Từ (3) ta có (3) ⇔ (a + b)(a2 – ab + b2) = 35

⇔ (a + b)3 = 3ab(a+b) = 3

Kết hợp với (2) ta được ab = 6

Từ đó suy ra :

{𝑎 + 𝑏 = 5𝑎𝑏 = 6

Giải hệ phương trình này ta tìm được 2 nghiệm là {𝑎 = 3𝑏 = 2 và {𝑎 = 2𝑏 = 3

Do đó ta có x1 = 27 và x2 = 8 là 2 nghiệm của phương trình đã cho

2

Tóm lại : Qua 2 ví dụ trên cho thấy phương pháp hệ phương trình có những điểm sáng tạo và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn, do đó ít sử dụng trong khi giảng dạy cho học sinh đại trà mà chỉ áp dụng cho các đối tượng học sinh khá và giỏi Sau đây là một số bài tập áp dụng giải các phương trình :

1 1

𝑥 + 1

√2− 𝑥 = 2

2 3√𝑥 − 1 + √𝑥 − 23 = 3√2𝑥 − 3

3 x3 + √(1 − 𝑥 ) = x√2(1 − 𝑥 )

6 Phương pháp nhẩm nghiệm :

Ví dụ : Giải phương trình :

√3𝑥 + 4 + √2004𝑥 + 1 = 3 – 4x2 (1)

( Đề thi học sinh giỏi lớp 7 tỉnh Thái Bình năm 2004)

- Thử với x = 0 thỏa mãn (1) Do đó phương trình (1) có nghiệm là x = 0

- Nếu thử x ≠ 0 thì 3x2 + 4 ≥ 4 do đó : √3𝑥 + 4 > 2 với mọi x và 2004x2 +

1 > 1 với mọi x do đó : √2004𝑥 + 1 > 1

Suy ra vế trái luôn lớn hơn 3 (*) ∀ x

- Mặt khác do x ≠ 0 và để phương trình (1) có nghiệm thì vế phải bằng

3 – 4x2 > 0 với mọi x ⇒ 4x2 < 3 ∀ x (**)

- Từ (*) và (**) suy ra : Khi x ≠ 0 thì vế trái luôn luôn lớn hơn vế phải

Do đó phương trình chỉ có một nghiệm là x = 0

7 Phương pháp chứng tỏ tập giá trị của hai về là rời nhau khi đó phương trình vô nghiệm

Ví dụ : Giải phương trình :

√𝑥 − 1 - √5𝑥 − 1 = √3𝑥 − 2 (1)

Điều kiện x ≥ 1 Do đó với điều kiện này thì x < 5x ⇒ √𝑥 − 1 <

√5𝑥 − 1

Khi đó vế trái của phương trình (1) là một số âm còn vế phải của (1) là một số dương Vậy phương trình (1) vô nghiệm

8 Phương pháp sử dụng tính đói nghịch ở 2 vế:

Ví dụ : Giải phương trình :

2 2 2 2

√3𝑥 + 6𝑥 + 7 + √5𝑥 + 10𝑥 + 14 = 4 – 2x – x2 (1)

Ta có vế trái của (1):

√3𝑥 + 6𝑥 + 7 + √5𝑥 + 10𝑥 + 14 = √3(𝑥 + 1) + 4 + √5(𝑥 + 1) + 9 ≥ √4 + √9 = 5

Vế phải của (1): 4 – 2x – x2 = 5 – (x+1)2 ≤ 5

Vậy hai vế đều bằng 5 khi x = -1 Do đó phương trình (1) có nghiệm là x

= -1

9 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:

Ví dụ : Giải phương trình :

√𝑥 − 2

3

+ √𝑥 + 1 = 3 (1)

- Điều kiện x ≥ -1

- Đặt f(x) = √𝑥 − 23 + √𝑥 + 1

Ta thấy f(3) = 3 Vậy x = 3 là nghiệm (1)

+ Nếu x > 3 thì √𝑥 − 23 > 1 và √𝑥 + 1 > 2

Nên f(x) > 3 thì phương trình (1) vô nghiệm

+ Nếu -1 ≤ x ≤ 3 thì √𝑥 − 23 < 1 và √𝑥 + 1 < 2

Nên f(x) < 3 Khi đó (1) vô nghiệm

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

10 Phương pháp sử dụng điều kiện xảy ra dấu ‘‘=’’ ở bất đẳng thức không chặt :

Ví dụ : Giải phương trình :

𝑥

√4𝑥−1 + √4𝑥−1

𝑥 = 1 (1)

- Điều kiện : x > 1

4

- Sử dụng bất đẳng thức : 𝑎

𝑏 + 𝑏

𝑎 ≥ 2 với a, b > 0 Dấu “=” xảy ra khi a = b

Do đó dấu “=” của (1) xảy ra khi

x = √4𝑥 − 1 ⇔ x2 – 4x + 1 = 0 (*) (do x > 1

4)

2 2

Giải phương trình (*) ta tìm được x = ± √3 Thỏa mãn yêu cầu bài toán Một số bài tập áp dụng giải phương trình:

1 √𝑥 − 3 + √5 − 𝑥 = x2 – 8x + 18

2 √𝑥 − 4 + √2004𝑥 + 9 = 5 – 4x2

3 √𝑥 + 1 + √𝑥 + 8 = 7

4 𝑥

√6𝑥+9 + √6𝑥+9

𝑥 = 2

11 Phương pháp miền giá trị:

Ví dụ : Giải phương trình :

√𝑥 + 1 + √𝑥 − 1 - √5 − 𝑥 - √18 − 3𝑥 = 9 (1)

Đây là dạng phương trình không mẫu mực

Ta tìm miền giá trị của hàm số:

y = √𝑥 + 1 + √𝑥 − 1 - √5 − 𝑥 - √18 − 3𝑥 Tên tập xác định [1;5] ta có: y’ = 1

2√𝑥+1 +

1 2√𝑥 − 1 +

1 2√5−𝑥 + 2√18−3𝑥1 > 0 với mọi x ∈ [1;5]

Do hàm số y liên tục và đồng biến trên [1;5] nên miền giá trị của hàm số y

là [y(1), y(5)]

Hay ⌊ √2 − 2 − √15, 2 + √6 − √3⌋ suy ra

ymin = √2 − 2 − √15 và ymax = 2 + √6 − √3 với mọi x ∈ [1;5]

Để phương trình (1) có nghiệm thì :

ymin ≤ x ≤ ymax nhưng điều này không xảy ra vì

ymin = √2 − 2 − √15 < 9 và ymax = 2 + √6 − √3 < 9

Do đó phương trình (1) vô nghiệm vì không tồn tại giá trị

xi ∈ [1;5] để y(xi) = 9

Chú ý : Phương pháp miền giá trị chỉ dành để giáo viên THCS tham khảo

và giải quyết 1 số phương trình không mẫu mực Không thể áp dụng vào giảng dạt ở bậc THCS vì nội dung kiến thức ở bậc phổ thông trung học Sau đây là một phương pháp tham khảo thêm :

12 Phương pháp hàm số :

Ví dụ : Giải phương trình :

2

3

2

3

3

3

x3 + 1 = 23√2𝑥 − 1 (1)

Ta có : (1) ⇔ 𝑥 +1

2 = 3√2𝑥 − 1 Đặt y = 𝑥 +1

2 là hàm số có đạo hàm y’ = 3𝑥

2 ≥ 0, ∀x nên đơn điệu tăng và liên tục trong R

Suy ra y = 𝑥 +12 có hàm ngược y = 3√2𝑥 − 1

( Vì y = 𝑥 +1

2 ⇔ x = √2𝑦 − 13

)

Do đó nghiệm của phương trình 𝑥 +1

2 = 3√2𝑥 − 1 cũng là nghiệm của phương trình 𝑥 +1

2 = x

⇔ x3 – 2x + 1 = 0 ⇒ x = 1 hoặc x = −1 ± √5 2 Vậy nghiệm của phương trình (1) là {𝑥 = 1 𝑥 = −1 ± √5

2