Đề tài Phương trình vô tỉ - Cách giải phương trình vô tỉ trong trường thcs

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ TÀI: Phương trình vô tỉ - cách giải phương trình vô tỉ trong trường thcs. Phần thứ nhất Phững vấn đề chung I - ĐẶT VẤN ĐỀ:. - Như các bạn đã biết toán học là một môn khoa học nói chung, nhưng lại giữ một vai trò rất chủ đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. - Hiện nay đầu tư sâu cho bộ môn toán là mục tiêu của nhiều ngành giáo dục của các nước trên thế giới cũng như ngành giáo dục của Việt Nam ta. - Toán học như một kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá mà nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ thấy rất mê say và ham muốn khám phá và hiểu biết ngày càng nhiều hơn ở bộ môn này. - Các bậc phụ huynh cũng như các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi bộ môn này, tuy nhiên điều đó thật chẳng dễ dàng gì. - Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học toán của các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để bồi dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi có ích cho xã hội. - Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối cấp hai là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giả những phương trình đó đối với những đối tượng là học sinh đại trà. Ngoài ra mở rộng các phương trình đó khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá giỏi. - Với rất nhiều những chuyên đề được đề cập đến khi dạy đại số cấp hai và phương trình đại số, tôi mạnh dạn tập trung suy nghĩ sâu về phương trình vô tỉ các dạng của nó và các phương pháp giải nó cho đối tượng là những học sinh có nhu cầu ham muốn được khám phá loại phương trình này một cách sâu hơn đối với đại trà các em học sinh chỉ giải các phương trình vô tỉ đơn giản trong sách giáo khoa toán 9.. 1 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - Sau đây tôi xin trình bày những suy nghĩ cũng như những gì mà tôi tìm hiểu, tham khảo được về phương trình vô tỉ mong các bạn cùng thầy cô đóng góp ý kiến cho tôi. II - NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu về khái niệm của phương trình một ẩn, khái quát và giải phương trình đó. - Kỹ năng giải các phương trình: Phương trình chứa ẩn ở mẫu, phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình chứa hệ số ba chữ, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình tích, thương, phương trình bậc cao... - Kỹ năng giải các phương trình bậc cao đưa về phương trình bậc 1, bậc 2, phương trình vô tỉ... - Làm các bài tập minh hoạ. - Một số phương pháp và dạng bài tập thường gặp. III - ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH NGHIÊN CỨU: - Học sinh lớp 9 . - Học sinh thi học sinh giỏi của trường và của huyện. IV - PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Tìm đọc các tài liệu tham khảo: Sách giáo dục đại số 8; Sách giáo khoa đại số 9; Sách bồi dưỡng học sinh lớp 8 + lớp 9; Toán phát triển đại số 9; Toán nâng cao; Toán chuyên đề đại số lớp 9; Các đề thi học sinh giỏi của các trường, các huyện,các thành phố... - Dạy và trắc nghiệm trên ba đối tượng học sinh: Khá giỏi - trung bình - yếu kém. - Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện. - Tham khảo các trường bạn, ý kiến đóng góp của các thầy cô ... - Dự giờ, kiểm tra chất lượng học sinh. V - PHẠM VI NGHIÊN CỨU VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU: 2 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> - Giới thiệu nghiên cứu phương trình vô tỉ trong chương trình đại số lớp 9 (Trường THCS). - Làm trắc nghiệm trong 3 tháng học kỳ I. - Kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học. VI - ĐIỀU TRA CƠ BẢN: * Tổng số học sinh khối 9: - 53 học sinh/2 lớp 9 - Đại trà. - 2 học sinh đội tuyển toán giỏi trường. * Phân loại:. - Khá giỏi:. 15 học sinh.. - Trung bình:. 21 học sinh.. - Yếu - Kém:. 17 học sinh.. * Chuẩn bị sách giáo khoa và các bài tập 53/53 học sinh có đủ.. Phần thứ hai Nội dung đề tài nghiên cứu a - Lý do chọn đề tài I - CƠ SỞ LÝ LUẬN: Khi giảng dạy bộ môn đại số lớp 9, chúng ta đã bắt gặp những bài tập giải phương trình vô tỉ, mặc dù sách giáo khoa đại số 9 chỉ đề cập đến những bài tập tương đối đơn giản song không phải mọi học sinh đều dễ giàng giải quyết được hết các bài tập này một cách nhuần nhuyễn và thành thạo. Thực tế cho thấy khi bắt gặp loại phương trình vô tỉ ta thấy chúng rất phong phú, đa dạng và thực là một thể loại bài khó đối với đại đa số học sinh cấp 2. Điều mong muốn của mọi giáo viên dạy toán là làm thế nào đó theo từng dạng của phương trình để các em phần nào bớt đi sự bế tắc khi giải toán phương trình vô tỉ. Nếu như người giáo viên có sự dẫn dắt học sinh cẩn thận, tỉ mỉ từ việc nắm được các dạng của loại phương trình này đến cách thức giải từng loại thì chắc rằng các em sẽ dễ dàng hơn khi gặp toán phương trình và cũng bồi đắp thêm cho các em niềm say mê, hứng thú trong học môn toán. 3 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tuy nhiên, không phải bất cứ dạng phương tình nào cũng có một nguyên tắc giải cụ thể được. Đối với loại phương trình đó ít nhất người giáo viên cũng cần mở ra cho học sinh kỹ năng nhận biết và phán đoán, khả năng áp dụng đối với những bài toán tương tự mà học sinh đã được làm. Nếu như chúng ta - giáo viên dạy toán THCS đều làm được như vậy thì chắc rằng giải phương trình vô tỉ không còn là một nỗi lo của các em học sinh lớp 9. Với suy nghĩ đó tôi đã mạnh dạn đưa ra các phương pháp giải phương trình vô tỉ nhằm giúp các em nâng cao kỹ năng và kiến thức giải phương trình. Từ đó học sinh chỉ cần xem phương trình mình đã làm ở dạng phương trình nào, xem phương pháp giải từng loại là có thể giải được phương trình đó một cách dễ dàng hơn. II - CƠ SỞ THỰC TIỄN: Trong quá trình giảng dạy môn toán lớp 9 cụ thể là môn đại số khi dạy toán giải phương trình vô tỉ tôi thấy rằng đại đa số học sinh đều thấy khó, không hiểu được phương hướng giải quyết của từng bài. Chính vì vậy mà chúng tôi đã mạnh dạn phân dạng phương trình vô tỉ và cũng hướng cho các em phương pháp tổng quát để giải phương trình từng dạng phương trình mà tôi đã phân chia, với mục đích giúp cho học sinh hiểu sâu sắc hơn, dưới nhiều góc độ hơn về phương trình vô tỉ, hơn nữa còn làm nhẹ nhàng quá trình giải phương trình vô tỉ cho học sinh. Theo chúng tôi, khi giảng dạy người giáo viên phải cung cấp ngay từ đầu cho học sinh, giúp các em nắm được những vấn đề sau đây: 1 - Khái niệm về phương trình, nghiệm của phương trình, tập xác định của phương trình: + Các định nghĩa, định lý về biến đổi hai phương trình tương đương. + Cách giải các loại phương trình cơ bản như: Phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình tích, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phương trình chứa ẩn ở mẫu; phương trình bậc hai một ẩn số... + Tính chất của bất đẳng thức số. 2 - Học sinh nắm chắc: + Định nghĩa phương trình vô tỉ. + Các bài giải phương trình vô tỉ nói chung. 4 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> + Các kiến thức cơ bản về căn thức. + Các phương pháp giải phương trình vô tỉ. + Các dạng phương trình vô tỉ, cách giải từng dạng. + Những sai lầm thường gặp khi giải phương trình vô tỉ. b - Biện pháp thực tiễn I - KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN: a - Khái niệm: Cho A(x), B(x) là hai biểu thức chứa biến x, khi đó A(x) = B(x) gọi là phương trình một ẩn. Trong đó: + x được gọi là ẩn. + A(x), B(x) gọi là hai vế của phương trình. + Quá trình tìm x gọi là giải phương trình. + Giá trị tìm được của x gọi là nghiệm của phương trình. + S: Tập hợp nghiệm của phương trình. + Tập xác định: Tập xác định của phương trình. b - Tập xác định của phương trình: Là tập những giáo trị của biến làm cho mọi biểu thức trong phương trình có nghĩa. c - Các khái niệm về hai phương trình tương đương: + Là hai phương trình có cùng một tập hợp nghiệm. Hoặc tập nghiệm của phương trình này đều là nghiệm của phương trình kia và ngược lại.. II - PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ: 1 - Định nghĩa: Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn ở dưới dấu căn. Ví dụ: x + 1 - 3 x + 2 = 4. 2 - Các bước giải phương trình vô tỉ (dạng chung): + Tìm tập xác định của phương trình. 5 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> + Biến đổi đưa phương trình về dạng phương trình đã học. + Giải phương trình vừa tìm được. + So sánh kết quả với tập xác định và kết luận. Các kiến thức cơ bản về căn thức: + Một số âm không có căn thức bậc chẵn vì điều kiện của ẩn là biểu thức chứa trong dấu căn bậc chẵn là một số không âm. + Đặt điều kiện để phép nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế phương trình đảm bảo nhận được phương trình tương đương. + Các phép biến đổi về căn thức… III - CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN VÀ CÁCH GIẢI: 1 - Dạng 1  ( x) = g (x). (1).. Đây là dạng đơn giải nhất của phương trình vô tỉ. Sơ đồ cách giải: (x) = g (x) . g(x)  0. (2).. f(x) = [g(x)]2. (3).. Giải phương trình (3) đối chiếu với điều kiện (2) chọn nghiệm thích hợp suy ra nghiệm của phương trình (1). Ví dụ 1: Giải phương trình. x+1=x+1. (1). x-10. Giải (1) . . . x + 1 = (x - 1)2. x1 x2 - 3x = 0. x1. x=3. x = 0 hoặc x = 3. Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (1). 6 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2 - Dạng 2: (x)+ h(x)= g(x) (1). Sơ đồ cách giải. Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình: f(x)  0 g(x)  0. (2).. h(x)  0 Với điều kiện (2) hai vế của phương trình không âm nên ta bình phương hai vế, ta có:  ( x).h( x) =. 1 g(x)2 - (x) - h(x) (3) 2. Phương trình (3) có dạng (1) nên có điều kiện mới: g(x)2 - f(x) - h(x)  0. (4). Bình phương hai vế của phương trình (3) được phương trình mới đã biết cách giải. So sánh nghiệm với điều kiện (2) và điều kiện (4) rồi kết luận. Ví dụ 2: Giải phương trình. x + 3= 5 - x - 2 . (1). x + 3+ x - 2=5. Giải: Điều kiện. x+30 x-2 0. x 2. (*). Với điều kiện (*) phương trình có hai vế không âm nên bình phương hai vế ta có: 2x + 1 + 2 (x + 3) (x - 2) = 25 . 2 (x + 3) (x - 2) = 24 - 2x. Điều kiện để (2) có nghĩa: 12 - x  0  x  12. (2) (**). Bình phương hai vế của (2) ta có: x2 + x - 6 = 144 - 24x + x2 . 25 x = 150. . x=6. x = 6 thoả mãn điều kiện (*) và (**) vậy nghiệm của phương trình là x = 6. 7 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 3 - Dạng 3: (x) + h(x) = g(x). (1). Dạng 3 chỉ khác dạng 2 ở vế phải là g(x) nên cách giải tương tự như dạng 2. Ví dụ 3: Giải phương trình. x + 1 = 12 - x+ x - 7. (1). Giải: x+10. Điều kiện. 7  x  12. 12 - x  0. (*). x-70 Với điều kiện (*) phương trình (1) có hai vế không âm nên ta bình phương hai vế. (1)  x + 1 = 12 – x + x - 7 + 2. (12 - x) (x - 7)  2 - x 2 + 19x - 84 = x - 4. (2). Với (*) thì hai vế của phương trình (2) không âm ta bình phương hai vế của (2) ta được: (2)  4 (- x2 + 19x - 84) = x2 - 8x + 16  5x2 - 84x + 352 = 0 ' = 1764 - 1760 = 4 > 0  ' = 2 Phương trình (3) có hai nghiệm: x1 =. (2) 44 , x2 = 8 5. 4 - Dạng 4: (x)+ h(x) = g(x)+ k(x). (1). Sơ đồ lời giải: Điều kiện: f(x)  0; h(x)  0, g(x)  0; k(x)  0 Bình phương hai vế ta có: f(x) + h(x) + 2 (x).h(x) = g(x) + k(x) + 2 g(x).k(x)  F(x)- G(x) = H(x) Tuỳ theo từng trường hợp để giải tiếp Lop6.net. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ví dụ 4: Giải phương trình. x- x + 1- x + 4+ . x9 = 0. (1). x + x + 9 = x + 1 + x  4 (2). Giải: Điều kiện: x  2 Với điều kiện (*) phương trình (2) hai vế dương nên ta bình phương hai vế đưa về được phương trình. x2 + 9x = - x. (3). Điều kiện cho (3): x  0. (**). Ta bình phương hai vế của (3) ta được: x2 + 9 x = x2 . 9x = 0  x = 0 thoả mãn (*) và (**). Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 5 - Dạng 5: (x) + h(x) + n (x).h(x) = g(x). (1). Sơ đồ cách giải. Điều kiện: f(x), h(x)  0 Đặt ẩn phụ t= (x) + h(x) Ví dụ 5: Giải phương trình sau: x + 1+ x - 2 + 2 x2 - x - 2 = 13 - 2x. (1). Giải: Điều kiện: 2  x hoặc x  -1. (*). Đặt t = x + 1+ x - 2; t > 0 ta có: 9 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> t2 = x + 1 + x - 2 + 2 (x + 1) (x - 2)  t2 - 2x +1 = 2 x2 - x - 2 (1) t + t2 - 2x + 1 = 13 - 2 x  t2 + t - 12 = 0. (2). Phương trình (2) có hai nghiệm là t1 = 3; t2 = - 4(loại) Vì t = 3 thoả mãn t > 0  2 x2 - x - 2 = 9 - 2x + 1  x2 - x - 2 = 5 - x. (3). Điều kiện của (3): x  5. (**). Giải phương trình (3) ta có x = 3 x = 3 thoả mãn điều kiện (*) và (**). Vậy nghiêm của phương trình là x = 3 IV - CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ: Không phải bất cứ một phương trình vô tỉ nào cũng có thể đưa về được một trong 5 dạng trên nên người giáo viên cần cung cấp cho học sinh thêm các phương pháp giải phương trình vô tỉ. PHƯƠNG PHÁP 1- Phương. pháp nâng lên luỹ thừa:. I-KIẾN THỨC: 1/.  f ( x)  0  f ( x)  g ( x)   g ( x)  0  f ( x)  g ( x) .  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   2  f ( x)  g ( x)  f ( x)  0  3/ f ( x)  g ( x)  h( x)   g ( x)  0   f ( x)  g ( x)  2 f ( x).g ( x)  h( x)  f ( x)  0 4/ 2 n f ( x)  2 n g ( x)   g ( x)  0 (n  N * )  f ( x)  g ( x) . 2/. 10 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   (n  N * ) 2n  f ( x)  g ( x) 6/ 2 n 1 f ( x)  2 n 1 g ( x)  f ( x)  g ( x) (n  N * ). 5/. 2n. 7/ …. 2 n 1. f ( x)  g ( x)  f ( x)  g 2 n 1 ( x) (n  N * ). + Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn ở 2 vế của phương trình( thường dùng khi 2 vÕ cã luü thõa cïng bËc). + Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả hai vế lên luỹ thừa n. Nếu chẵn thì chỉ thực hiện được khi hai vế của phương trình là không âm. Ví dụ 1: Giải phương trình (1). x  1  5 x  1  3x  2. + ở phương trình (1) hai vế đều có căn bậc hai, học sinh có thể mắc sai lầm để nguyên hai vế như vậy và bình phương hai vế để làm mất căn . Vì vậy giáo viên cÇn ph©n tÝch kü sai lÇm mµ häc sinh cã thÓ m¾c ph¶i tøc cÇn kh¾c s©u cho häc sinh tÝnh chÊt cña luü thõa bËc 2: a = b  a2 = b2 ( Khi a, b cïng dÊu ) Vì vậy khi bình phương hai vế được phương trình mới tương đương với phương tr×nh ban ®Çu khi hai vÕ cïng dÊu. ở phương trình (1), VP  0 , nhưng vế trái chưa chắc đã  0 vì vậy ta nên chuyển vế đưa về phương trình có 2 vế cùng  0. (1) . x  1  5 x  1  3x  2. Đến đây học sinh có thể bình phương hai vế: x  1  5 x  1  3x  2.  2  7 x  2 15 x 2  13 x  2. (*). Ta lại gặp phương trình có một vế chứa căn , học sinh có thể mắc sai lầm là bình phương tiếp 2 vế để vế phải mất căn mà không để ý hai vế đã cùng dấu hay chưa.  4  14 x  49 x 2  4(15 x 2  13 x  2)  11x 2  24 x  4  0  (11x  2)( x  2)  0. 11 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2  x 2   11 Và trả lời phương trình (*) có 2 nghiệm : x1  ; x 2  2  11 x  2. Sai lÇm cña häc sinh lµ g×? T«i cho häc sinh kh¸c ph¸t hiÖn ra nh÷ng sai lÇm : + Khi giải chưa chú ý đến điều kiện để các căn thức có nghĩa nên sau khi giải không đó chiếu với điều kiện ở (1) : ĐK : x  1 vì vậy x1 . 2 kh«ng ph¶i lµ 11. nghiÖm cña (1) + Khi bình phương hai vế của phương trình (*) cần có điều kiện 2  7 x  0  x  vËy. 2 7. x 2  2 kh«ng lµ nghiÖm cña (1). - Sau khi phân tích sai lầm mà học sinh thường gặp , từ đó tôi cho học sinh tìm ra cách giải đúng không phạm sai lầm đã phân tích . C1: Sau khi t×m ®­îc x . 2 và x  2 thử lại (1) không nghiệm đúng .Vậy (1) vô 11. nghiÖm. ( cách thử lại này làm khi việc tìm TXĐ của phương trình đã cho là tương đối phøc t¹p )  x  1  1  x   x  1 5  3   x  2. C2: §Æt ®iÒu kiÖn tån t¹i cña c¸c c¨n thøc cña (1) Sau khi giải đến (*) khi bình phương hai vế đặt thêm điều kiện x . 2 .vËy x tho¶ 7. 2  x  mãn :  7 nên phương trình (1)vô nghiệm  x  1. C3: Có thể dựa vào điều kiện của ẩn để xét nghiệm của phương trình . Điều kiện của (1) : x  1 do đó x  5 x  x  1  5 x  1  x  1  5 x  1 Vế trái < 0. VP  0 nên phương trình (1) vô nghiệm . Sau đó tôi ra một số bài tập tương tự cho học sinh trình bày lời giải. 12 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài tập tương tự : Giải phương trình a). b) x  2  x  1  2 x  1  x  3. 4 x  1  3x  4  x  2. Ví dụ 2: Giải phương trình : 3. (2). x 1  3 7  x  2. ở phương trình (2) học sinh cũng nhận xét có chứa căn bậc 3 nên nghĩ đến việc lập phương hai vế : Chó ý: + ë c¨n bËc lÎ:. 2 n 1. A có nghĩa với A nên không cần đặt điều kiện :. x  1  0  7  x  0. + ở luỹ thừa bậc lẻ: a=b  a2n+1=b2n+1; (n  N) nên không cần xét đến dấu cña hai vÕ. Giải:+ Lập phương hai vế. . . . 2. x  1  7  x  3 3 x  1 .3 7  x  3 x  1. 3 7  x. . 2. 8. (**). Đến đây có thể học sinh rất lúng túng vì sau khi lập phương hai vế, vế trái nhìn rất phức tạp, giáo viên hướng dẫn học sinh nghĩ đến hằng đẳng thức: ( a+b)3 =a3+b3+3a2b+3ab2=a3+b3+3ab(a+b) VËy (**) cã thÓ viÕt :. . . x  1  7  x  33 ( x  1)(7  x) . 3 x  1  3 7  x  8 (I). (đến đây thay. 3. x  1  3 7  x  2 vào phương trình) ta được:. 8  3. 3 ( x  1)(7  x).2  8  ( x  1)(7  x)  0. ( II). Giải ra: x1  1; x 2  7 ; Thay lại vào PT đã cho ta thấy nghiệm đúng , nên đó là 2 nghiÖm cña PT ban ®Çu. VËy (2) cã nghiÖm. x1  1; x 2  7. + ở phương trình (2) ngoài việc lập phương hai vế cần sử dụng hằng đẳng thức một cách linh hoạt để đưa phương trình về dạng đơn giản a.b = 0 rồi giải. Chú ý: Do từ (I) suy ra (II) ta thực hiện phép biến đổi không tương đương , vì nó chỉ tương đương khi x thoả mãn :. 3. x  1  3 7  x  2 . V× vËy viÖc thay l¹i nghiÖm. của (II) vào phương trình đã cho là cần thiết . Nếu không thử lại có thể sẽ có nghiÖm ngo¹i lai. Một số ví dụ và cách giải: 13 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ví dụ 3: Giải phương trình x + x - 1= 7. (1). Giải: (1)  x - 1 = 7 - x Điều kiện. (2). x1.  1  x  7 (*). x7. Với điều kiện (*) thì (2) có hai vế không âm nê ta bình phương hai vế phương trình (2). (2)  x - 1 = 49 - 14 x + x2  x2 -15x +50 =0  = 25 > 0   = 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 = 10; x2 = 5 Ta thấy x = 5 thoả mãn điều kiện (*). Vậy nghiệm của phương trình là x=5. 3x  x 3x Ví dụ 4. Giải phương trình : HD:Đk: 0  x  3 khi đó pt đã cho tương đương: x3  3x 2  x  3  0 3. 3 1  10 10  1  x   x   3 3 3 3  Ví dụ 5. Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4 HD:Đk: x  3 phương trình tương đương : x  1  x  3  1  3x 2 2 1  3  x  9x     x  5  97  x  3  1  3 x  18. . . Ví dụ 6. Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3x  x  2  HD: pt . . 3. x  2  3 3x. . 3. 2.  0  x 1. Ví dụ 7. Giải và biện luận phương trình: x 2  4  x  m x  m. x  m  2  x  4  x  2xm  m 2mx  (m  4)  0. HD: Ta có: x 2  4  x  m  . 2. 2. 2. – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2  4 m2  4 . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  ≥m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m  2. – Nếu m ≠ 0: x . + Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2 Tóm lại: 14 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> m2  4 – Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x  2m. – Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Ví dụ 8. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2  3  x  m x  m. x  m  2  x  3  x  m  2mx 2mx  (m  3)  0. HD: Ta có: x 2  3  x  m  . 2. 2. 2. – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2  3 m2  3 m . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0  m  3. – Nếu m ≠ 0: x . + Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3 Tóm lại: m2  3 – Nếu 0  m  3 hoặc m   3 . Phương trình có một nghiệm: x  2m – Nếu  3  m  0 hoặc m  3 : phương trình vô nghiệm Ví dụ 9. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x  m  m. HD: Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1)  0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x  m)( x  m  1)  0  x  m 0   x  1  m. + Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m)2 + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m III-Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải các phương trình sau: 1/ x  x  1  13 2/ 3 x  34  3 x  3  1 3/ 2 x  5  3x  5  2 5/ x  3  5  x  2 6/ x  1  x  7  12  x 4/ 1  x x 2  4  x  1 7/ x  x  1  x  4  x  9  0 10/. 5x  1  2. 1 0 2. 13/ 16 x  17  8 x  23 Bài 2: Giải phương trình: a) x 2  1  x  1 d) 3  x  6  x  3 g) x  9  5  2 x  4. 8/. x2 5  0. 11/ 3  2 x  3  14/. 9/ 3 = 6x  x 2 19 6. 3x  1  2  x  3. b) x  2 x  3  0 e) h). 3x  2  x  1  3 3x  4  2 x  1  x  3. 12/. 8. 2 x 5 2  0 3. 15/ 20  3  2 x  2 x  3 c) x 2  x  1  1 f) 3  x  2  x  1 i) x  4 x  3  2 15. Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x 2  3x  2  2m  x  x 2 Bài 4: Cho phương trình: x 2  1  x  m a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2  mx  3  x  m a) Giải phương trình khi m=3 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm. Bài 6: Giải các phương trình sau: a/ x  7 x  3  9  0 d/ 1 x  1  9 x  1  3 x  1  17 2. b/. 2x  1  1. 2. e/ x  3 . 5 3 9 x  27  4 x  12  1 3 2. c/ 3x  7 x  4  0 f) ( x  3) 10  x 2  x 2  x  12 Bài 7 : Giải phương trình :. g/. x 2. . 6 x. x 4 7 x h/ x  5  5 x  1  0. i/ 5 x  7 x  12  0. a) 3  x  1  3 x  1  3 5 x b). 3. 2x  1  3 3  2x  4. c) 3 2 x  1  3 2 x  1  3 10 x PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn. trong dấu giá trị tuyệt đối: I-KIẾN THỨC: Sử dụng hằng đẳng thức sau:  f ( x)  g ( x) ( f ( x)  0) f 2 ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)   g ( x) ( f ( x)  0). Phương pháp này là: Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức : A 2  A để làm mất dấu căn đưa về phương trình đơn giản. Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 x  2  2 2 x  3  2 x  13  8 2 x  3  5. (3). Nhận xét: + ở phương trình (3) học sinh có thể nhận xét vế trái có cùng căn bậc hai nên có thể bình phương hai vế. Nhưng ở phương trình này sau khi bình phương (lần 1) vẫn còn chứa căn nên rất phức tạp. + biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức 16 Lop6.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3 2. Gi¶i : §K: 2 x  3  0  x  ;. 2 x  2  2 2 x  3  2 x  13  8 2 x  3  5.  (2 x  3)  2 2 x  3  1  (2 x  3)  2 2 x  3.4  16  5 . . . . 2x  3  1 . 2. 2x  3  1 . . 2x  3  4. . 2. 5. 2 x  3  4  5; (* * *). C1: Đến đây để giải (***) ta có thể phá dấu giá trị tuyệt đối, trước khi phá dấu A thì cần xét dÊu cña A NhËn xÐt: 2 x  3  1  0 vËy chØ xÐt dÊu 2 x  3  4 2 x  3  16 19  2x  3  4  0   x 3 2  x  2. NÕu. Th× 2 x  3  1  2 x  3  4  5  2 2 x  3  8  2 x  3  4 Gi¶i ra x . 9 (Kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) 2. + NÕu 2 x  3  4  Th×. 3 19 x 2 2. 2 x  3  1  2 x  3  4  5  0 x  0 v« sè nghiÖm x tho¶ m·n. KÕt luËn:. 3 19 x 2 2. 3 19 x 2 2. C2: ( Để giải (***) cũng có thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối . A  B  A  B . dấu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi A.B  0) Gi¶i: (***) 2x  3  1  . 2x  3  4  5. 2x  3  1  4  2x  3  5. Ta cã:. 2x  3  1  4  2x  3 . VËy:. 2 x  3  1  4  2 x  3  5 Khi 4  2 x  3  0   3 x  2 . 2x  3  1  4  2x  3  5. Gi¶i ra:. . . . 2x  3  1 4  2x  3  0. 3 19 x 2 2. Một số ví dụ và cách giải Lop6.net. 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Ví dụ 2: Giải phương trình. x2 - 6x + 9 + x2 + 10x + 25 = 8 Do:. x2 - 6x + 9 = (x - 3)2  0  x nên phương trình cho x2 + 10x + 25 = (x + 5)2  0  x..  x - 3+ x + 5= 8 (*) TH1: Nếu: x - 3  0  x  3 phương trình (*) x+5>0 x-3+x+5=8 . 2x=6.  x = 3 (không thoả mãn). TH2: x - 3 < 0  x < - 5 phương trình (*) x+50 3-x-x-5=8  - 2x = 10  x = - 5 (không thoả mãn). TH3: x - 3  0 không xảy ra x+50 TH4: x - 3  0  -5  x < 3 phương trình (*)  x+50 Ví dụ 3: Giải phương trình. x + 3 - 4+ x + 8 - 6=1. (1). (Những bài toán hay đại số lớp 9).. Giải: Điều kiện: x  1. (*). Ta biến đổi: (1)  ( - 2)2 + ( + 3)2 = 1. Lop6.net. 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>   x - 2- 2 +  x - 1+ 3 = 1 Vì a+ b a + b và chỉ có dấu "=" khi ab  0. Nên  x - 2- 2 +  x - 1+ 3 x - 1- 2 + 3 - x - 1 = 1  (x - 1 - 2) (3 - Error! > 0 Từ đó suy ra 5  x  10 thoả mãn điều kiện (*) Vậy nghiệm của phương trình 910 là 5  x  10. Ví dụ 4: Giải phương trình. x + 2+ x - 2=2 (Sách bồi dưỡng đại số lớp 9). Giải: Điều kiện: x  1 Ta biến đổi: +. =2.   x - 1+ 1+  x - 1- 1 = 2   x - 1+ 1+ 1 - x - 1 = 2 Cũng lập luận tương tự như trên ta có:   x - 1+ 1 + x - 1  0 Với điều kiện x  1  x - 1+ 1 > 0 1- x - 10  x  2.Vậy nghiệm của phương trình là 1  x  2. Ví dụ 5: Giải phương trình. 4x2 + 2x + 25 + x2 - 8x + 16 = x2 - 18x + 81 (1). Ta có bất đẳng thức;  A + B   A + B. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: AB  0 Lop6.net. 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Do đó phương trình (1)  (2x + 5)2 + (x - 4)2 = (x + 9)2  2x + 5 +  x - 4 =  x + 9.   2x + 5 +  4 - x =  x + 9.   2x + 5 +  4 - x =  2x + 5 + 4 - x Xảy ra khi: (2x + 5) (4 - x )  0  x  4. Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là: x  4.. Ví dụ 6: Giải phương trình: x 2  4x  4  x  8 (1) HD: (1)  (x  2)2  8  x  |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu x  2 : (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 (thoả mãn) . Vậy: x = 5. Ví dụ 7: Giải phương trình: x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (2) x  1  0 HD: (2)  .  x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9  2 x  1  2 x  1  1  x  1   (*)  x  1  1 | x  1  3 | 2.| x  1  1 | Đặt y = x  1 (y ≥ 0)  phương trình(*) đã cho trở thành: y  1 | y  3 | 2 | y  1|. – Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại) – Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3 – Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8 Ví dụ 8:Giải phương trình: x  2  2 x  5  x  2  3 2 x  5  7 2 HD:ĐK: x . 5 2. PT  2 x  5  2 2 x  5  1  2 x  5  6 2 x  5  9  14 . 2x  5  1 . 2 x  5  3  14.  2x  5  5  x  15 (Thoả mãn) . Vậy:x = 15. Ví dụ 9:Giải phương trình: x  2 x  1  x  2 x  1  2 HD:ĐK: x  1 Pt  x  1  2 x  1  1  x  1  2 x  1  1  2 . x 1 1. x 1 1  2. Nếu x  2 pt  x  1  1  x  1  1  2  x  2 (Loại) Nếu x  2 pt  x  1  1  1  x  1  2  0 x  0 (Luôn đúng với x ) Lop6.net. 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>