skkn phương trình chứa căn thức thpt nam hà

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị Trường THPT NAM-HÀ Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN  - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2013 - 2014 BM 01-Bia SKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC ________________ I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: Nguyễn Vũ Khanh 2. Ngày tháng năm sinh: 30 – 06 – 1963 3. Nam, nữ: Nam 4. Địa chỉ: 10/3 K1 ấp Đồng Nai, xã Hoá An, Tỉnh lộ 16, tp Biên Hòa - Đồng Nai 5. Điện thoại: / (NR) 0613 855 837; ĐTDĐ: 0948 935 272 6. Fax: E-mail: khanhnamha@yahoo.com.vn 7. Chức vụ: TTCM 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà, Xã Hiệp Hòa, TP Biên Hòa, Đồng Nai II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị ( hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ ) cao nhất : Cử nhân - Năm nhận bằng : 1985 - Chuyên ngành đào tạo : Cử nhân Toán III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : giảng dạy môn Toán - Số năm có kinh nghiệm : 27 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây : • Vấn đề xét dấu một biểu thức & ứng dụng vào giải phương trình, bất phương trình. • Các bài toán tiếp tuyến của đồ thị hàm số. • Nguyên hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ. • Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng trong bài toán HHKG. • Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ) 2 BM02-LLKHSKKN Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình chứa căn thức chiếm một ví trí quan trọng trong chương trình toán cấp ba. Thường xuyên có mặt trong các đề thi đại học với độ khó khá cao. Ở lớp 10 học sinh chỉ được học một phần nhỏ với vài dạng căn bản thông thường do đó các em hoàn toàn không có khả năng giải quyết. Vì vậy, đây là một vấn đề thiết thực đối với học sinh muốn vào đại học. Do vậy, chọn đề tài này tôi nghĩ rằng sẽ giúp ích cho học sinh của mình. II . TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI 1. Thuận lợi : Bản thân tôi đã có một ít kinh nghiệm qua các năm dạy Toán. 2. Khó khăn : Học sinh vẫn thường gặp ít nhiều khó khăn khi giải toán . III . NỘI DUNG ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lý luận : PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC DẠNG 1: PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA Sử dụng phép biến đổi tương đương: 1.A. Với các dạng cơ bản sau đây: 1. [ ] 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) g x f x g x f x g x ≥   = ⇔  =   2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ( ) 0) f x g x f x g x f x hay g x =  = ⇔  ≥ ≥  3. ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) f x g x h x f x g x h x f x g x f x g x h x ≥ ≥ ≥   + = ⇔  + + =   4. [ ] 2 ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) f x g x h x f x g x h x f x g x f x g x h x ≥ ≥ ≥   + = ⇔  + + =   3 Ví dụ 1. Giải phương trình 8 6 1 2x x+ − − = ( ) 2 1 3 2 (1) ( 1) 6 1 9 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 5 26 2 1 1 x x x x x x x x x x  − − = ⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔  − − = −    − = =  ⇔ ⇔   = − =    Ví dụ 2. Giải phương trình 3 3 5 2 4x x x− − − = − (DB1-B 2005) Ta có (3) 3 3 2 4 5x x x⇔ − = − + − 2 2 3 3 0,5 0,2 4 0 2 5 3 3 2 4 5 2 (2 4)(5 ) (2 4)(5 ) 2 2 5 2 5 2 4 (2 4)(5 ) ( 2) 6 8 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − ≥ − ≥ − ≥ ≤ ≤     ⇔ ⇔   − = − + − + − − − − = −     ≤ ≤ ≤ ≤ =    ⇔ ⇔ ⇔    = − − = − − + =    Chú ý 1: Nếu phương trình không có dạng cơ bản thì cần lưu ý các nguyên tắc: • Lấy điều kiện để các căn thức có nghĩa (điều kiện xác định của PT) → điều kiện chung. • Lấy điều kiện để hai vế cùng dấu trước khi bình phương (thường ta biến đổi để hai vế không âm). • Khi phát sinh điều kiện mới thì nên kết hợp với điều kiện đã có để thu hẹp phạm vi tìm nghiệm. • Biến đổi để thay phương trình đã cho bởi phương trình tương đương (với điều kiện đã có) nhưng đơn giản hơn. Ví dụ 3. Giải phương trình 4 2 0 2 x x x − + + = + (x = 2/3) Điều kiện: x ≥ 0, với điều kiện trên thì pt (2) tương đương với pt: 2 2 0 2 2 ( 2) 4 2 0 ( 2) 2 6 4 3 ( 2) (2 ) x x x x x x x x x x x x x − ≥  ≤  + − + + = ⇔ + = − ⇔ ⇔ ⇔ =   = + = −   (nhận) Ví dụ 4. Giải phương trình 3 3 3 1 3 1 1x x x+ + + = − (x=-1) ( ) 3 3 3 3 (4) 1 3 1 3 1. 3 1 1 3 1 1x x x x x x x⇔ + + + + + + + + + = − ( ) 3 3 3 3 1. 3 1 1 3 1 ( 1)x x x x x⇔ + + + + + = − + ; Thay 3 3 1 3 1x x+ + + bởi 3 1x − (Phép thế trong), ta được phương trình hệ quả: 4 3 3 3 3 2 1 0 1. 3 1. 1 ( 1) ( 1)(3 1)( 1) ( 1) (3 1)( 1) ( 1) x x x x x x x x x x x x + =  + + − = − + ⇔ + + − = − + ⇔  + − = − +  1 0 x x = −  ⇔  =  ; Thử lại chỉ có x = -1 là nghiệm. Chú ý 2: • Khi giải phương trình dạng 3 3 3 ( ) ( ) ( )f x g x h x± = (1), lập phương hai vế của pt(1) và thế 3 3 ( ) ( )f x g x± bởi 3 ( )h x (thường gọi là phép thế trong) ta được phương trình hệ quả: 3 3 3 ( ) ( ) 3 ( ). ( ). ( ) ( )f x g x f x g x h x h x± + = (2). Do đó khi tìm được nghiệm của (2), ta cần thử trực tiếp vào phương trình (1) để loại bỏ nghiệm ngoại lai (nếu có). • Việc thử lại sẽ khó khăn nếu phương trình (2) có nghiệm phức tạp. Có thể tránh việc này bằng cách đặt ẩn phụ đưa đến giải hệ phương trình (sẽ nói ở phần sau). 1.B. Biểu thức trong căn là các chính phương: Ví dụ 5. Giải phương trình 2 2 2 1 1 4x x x+ + + − + = (D-2005) Ta có: ( ) 2 (5) 2 ( 1) 2 1 1 1 4 2 1 1 1 4 2 1 1 1 4 2( 1 1) 1 4 1 2 3 x x x x x x x x x x x ⇔ + + + + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + = ⇔ = 1.C. Phương trình đưa về dạng tích: Ví dụ 6. Giải phương trình 2 3 2 9 ( 5) 3 x x x x + − = + − Điều kiện: 3x ≤ − hoặc 3x > , phương trình tương đương với: 2 2 2 2 2 2 9 0 3 ( 3)( 3) 9 2 9 ( 5) 2 9 ( 5) 5 2 2 3 5 ( 3) ( 3) 3 3 3 5 1 11 1 11 3 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x v x x v x  − = = ±  + − −  − = + ⇔ − = + ⇔ ⇔ +   = − = + − −   −  = ±  = ±   ≥ −    ⇔ ⇔   = =   = =      so với điều kiện thì pt đã cho có tập nghiệm là: S = {-3;11}. Chú ý 3: • . , 0 à B 0 . . , 0 à B 0 A B A v A B A B A v  ≥ ≥  =  − − ≤ ≤   Ví dụ 7. Giải phương trình 2 2 1 ( 1) 0x x x x x x− − − − + − = (x=2) Điều kiện: x ≥ 1. khi đó pt tương đương với: 5 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( 1) 2 1 1 ( 1) . 1 0 1 1 . 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 . 1 0 1 1 . 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − + − − + − = ⇔ − − − − − − =  − = ⇔ − − − − − − = ⇔  − − − − =   o 1 1 2x x− = ⇔ = o ( ) 1 1 . 1 0 1 1 1x x x x x− − − − = ⇔ − − = phương trình vô nghiệm với mọi x ≥ 1 Kết luận: 2x = . Chú ý 4: Các đẳng thức giúp đưa về dạng tích: 1 ( 1)( 1) 0 ( )( ) 0 a b ab a b a b ab a b α β αβ β α + = + ⇔ − − = + = + ⇔ − − = Ví dụ 8. (DB2-D 2006) Giải phương trình 2 2 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + (x=4, x=5) Điều kiện: 1 7x ≤ ≤ , phương trình tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) 7 . 1 2 7 2 1 0 1 1 7 2 1 7 0 1 7 4 1 7 1 2 0 5 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − − + − − − = ⇔ − − − − − − − − =  − = − =  ⇔ − − − − − = ⇔ ⇔   = − =    Ví dụ 9. Giải phương trình 2 2 2 8 6 1 2 2x x x x+ + + − = + (x=±1) pt tương đương với 2( 1)( 3) ( 1)( 1) 2( 1)x x x x x+ + + − + = + Điều kiện: ≤ −x 3 hoặc ≥x 1 hoặc x = -1. Có ba trường hợp: * Nếu 1x = − : Ta có x = -1 là một nghiệm. * Nếu ≥x 1 thì pt trở thành 2( 3) 1 2 1x x x+ + − = + 1 0 2( 3) 1 2 2( 3) 1 4( 1) 2 2( 3) 1 1 2 2( 3) 1 x x x x x x x x x x x − =  ⇔ + + − + + − = + ⇔ + − = − ⇔  + = −  1x ⇔ = (vì pt 2 2( 3) 1x x+ = − vô nghiệm với 1x ≥ ) * Nếu ≤ −x 3 thì VP = x + 1 < 0, VT > 0. Suy ra pt vô nghiệm. Kết luận: x = ±1. 1.D. Bài tập tương tự: Giải các phương trình: 1. 3 1 1 4 4 x x x+ + + + = − , Đs: 3 4 x = − . 2. 2 2 1 2 2 1 2x x x x+ + + + + − + = , Đs: [-1;0] 6 3. 2 1 2 1 2,( ông-2000)x x x x HVCNBCVTh+ − − − − = , Đs: [2; +∞) 4. (K*) 2 4 (4 ) 2 2 4 0x x x x x− + − − − + + − = , Đs: 3, 7x x= = . 5. 2 2 2 1 2 6 2 2 4 3x x x x x x+ + + = + + + , Đs: 1x = . 6. 2 2 2( 3) 5 10 18x x x x x+ − + = − + , Đs: 1, 2, 3x x x= = = . 7. 3 3 3 2 1 1 3 1x x x− + − = + , Đs: 7 6 x = 8. 3 3 24 5 1x x+ − + = 9. 3 3 5 7 5 12 1, ( 4, 3)x x x x+ − − = = = − 10. 2 3 2 1 ,( 1995) 3 2 x x x SPQNhon x − − = − − − , Đs: x = 1 11. 2 ( 1) ( 2) 2 ,( 2000)x x x x x SPHN− + + = − , Đs: 9 0, 8 x x= = . 12. 2 2 2 4 3 3 2 , ( 1)x x x x x x x− + + − + − = − = 7 Sử dụng phép biến đổi hệ quả: • Lấy điều kiện xác định, nâng lên lũy thừa, nhận được phương trình hệ quả, cuối cùng phải thử lại để loại bỏ nghiệm ngoại lai. • Cách giải này trong một số trường hợp lại tỏ ra hữu hiệu. Ví dụ 10. Giải phương trình 8 1 3 5 7 4 2 2x x x x+ + − = + + − , (1); (x = 3) Điều kiện xác định: 5 3 x ≥ (*); Nhận xét: (8 1) (2 2) (3 5) (7 4)x x x x+ + − = − + + nên ta viết lại phương trình như sau: 8 1 2 2 7 4 3 5x x x x+ − − = + − − , bình phương hai vế thì được phương trình hệ quả: 8 1 2 2 2 8 1. 2 2 7 4 3 5 2 7 4. 3 5 8 1. 2 2 7 4. 3 5, (2) x x x x x x x x x x x x + + − − + − = + + − − + − ⇔ + − = + − Lại bình phương hai vế, ta được phương trình hệ quả của (2): 2 6 (8 1)(2 2) (7 4)(3 5) 5 9 18 0 3 5 x x x x x x x v x+ − = + − ⇔ − − = ⇔ = = − ; Nhờ đk (*) ta loại được 6 5 x = − và thử lại thì nhận được 3x = . Ví dụ 11. Giải phương trình 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = , (1); (x = 1) Nhận xét: Vì chọn hướng biến đổi hệ quả nên ta có thể bỏ qua bước lấy điều kiện xác định (do phức tạp và không cần thiết). Bình phương hai vế phương trình (1) ta được phương trình hệ quả: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1. 1 4 2 2 1 1 4 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x − − + + − + − − + − = ⇔ + − − + − = ⇔ + = ⇔ = Thử lại: 1x = là nghiệm. Nhận xét: • Việc giải một phương trình chứa căn có thể đi theo một trong hai hướng: Biến đổi tương đương hoặc biến đổi hệ quả. • Nếu biến đổi hệ quả thì cuối cùng phải thử lại để loại nghiệm ngoại lai. Sẽ gặp khó khăn khi nghiệm của phương trình cuối cùng là phức tạp. • Nếu biến đổi tương đương thì bài toán chặt chẽ nhờ các điều kiện ràng buộc. Do đó kết quả sau cùng không phải thử lại.  Biến đổi tương đương sẽ được chọn trước nhưng cần lường trước các khả năng xảy ra để cân nhắc. 8 Bài tập tương tự: Giải phương trình: 1. (K*) 2 2 5 65 4 4 5, ; 2 8 x x x x x x   + − + − − = = =  ÷   2. 2 2 3 2 4 1 3, 0; 4 x x x x x   − + + + = = =  ÷   DẠNG 2: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Ví dụ 12. Giải phương trình 1 ( 3)( 1) 4( 3) 3 3 x x x x x + − + + − = − − (x 1 5; x 1 13)= - = - Điều kiện: 1 1 0 3 3 x x x x ≤ −  + ≥ ⇔  > −  . Pt tương đương với: 2 ( 1)( 3) ( 1)( 3) ( 3)( 1) 4( 3) 3 ( 3)( 1) 4( 3) 3 3 ( 3) x x x x x x x x x x x x + − + − − + + − = − ⇔ − + + − = − − − Dựa vào đk ta xét hai trường hợp: * Nếu >x 3 thì pt vô nghiệm vì VT > 0, VP < 0. * Nếu ≤ −x 1 thì pt ( 1)( 3) 1 ( 3)( 1) 4 ( 1)( 3) 3 0 ( 1)( 3) 3 x x x x x x x x  + − = ⇔ − + − + − + = ⇔  + − =   2 2 2 2 ( 1)( 3) 1 2 4 0 2 4 0 1 5 ( 1)( 3) 9 2 12 0 2 12 0 1 13 x x x x x x x x x x x x x x    + − = − − = − − = = ±  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     + − = − − = − − = = ±        , so với đk chỉ nhận 1 5; x 1 13x = − = − . 2.A. Dạng tổng (hiệu) & tích đối với hai căn thức: Ví dụ 13. (DB1-B 2006) Giải phương trình 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + , (x=2) Đk: x ≥ 1. Nhận xét: 2 (3 2)( 1) 3 5 2x x x x− − = − + và (3x – 2) + (x – 1) = 4x – 3 = (4x – 9) + 6 nên đặt 3 2 1t x x= − + − (t ≥ 0), ta có 2 2 4 3 2 3 2 1 4 9 2 3 2 1 6t x x x x x x t= − + − − ⇒ − + − − = − , pt trở thành : t 2 – t – 6 = 0 9 ⇔ t = -2 (loại) hoặc t = 3 (nhận). Ta được pt 2 2 4 3 2 3 2 1 9 (3 2)( 1) 6 2 6 2 0 3 3 2 2 17 (3 2)( 1) (6 2 ) 19 34 0 x x x x x x x x x x x v x x x x x x − + − − = ⇔ − − = − − ≥ ≤ ≤    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =    = = − − = − − + =    . Ví dụ 14. (B-2011) Giải phương trình 2 3 2 6 2 4 4 10 3x x x x+ − − + − = − (x=6/5) Đk : − ≤ ≤2 x 2 Nhận xét: ( ) 2 2 2 2 2 10 3 4 4x x x x+ − − = − − − , do đó ta đặt t = 2 2 2x x+ − − , khi đó ta được pt : 3t = t 2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. *Nếu t = 0 thì 6 2 2 2 0 2 2 2 2 4(2 ) 5 x x x x x x x+ − − = ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = (nhận) *Nếu t = 3 thì 2 2 2 3 2 3 2 2 2 9 4(2 ) 12 2x x x x x x x+ − − = ⇔ + = + − ⇔ + = + − + − 12 2 5( 3)x x⇔ − = − (pt vô nghiệm vì VT ≥ 0 và VP < 0) Kết luận: 6 5 x = Chú ý 5 : Bài toán « phản biện » Ví dụ 15. Giải phương trình 1 2 4 ( 1)(4 ) 2x x x x+ − − + + − = (x=3) Điều kiện: 1 4x− ≤ ≤ Nhận xét : Không đặt ẩn phụ được vì ( ) 2 1 2 4 17 3 4 ( 1)(4 )x x x x x+ − − = − − + − và phương trình không chứa số hạng (-3x). Ta chọn PP nâng lên lũy thừa. Pt tương đương với : 1 ( 1)(4 ) 2 2 4x x x x+ + + − = + − 2 1 ( 1)(4 ) 2 ( 1) (4 ) 4 4(4 ) 8 4x x x x x x x⇔ + + + − + + − = + − + − 2( 1) 4 8 4 (5 )(3 ) 2 4 ( 3) ( 5)( 3)x x x x x x x x x⇔ + − − − = − − ⇔ − − = − − ⇔ x = 3. Kết luận : x = 3. Ví dụ 16. Giải phương trình 2 1 1 2 2 x x + = − 1 3 (x 1; x ) 2 - - = = Điều kiện : 2 2x− ≤ ≤ và ≠x 0 , với đk trên, ta được pt tương đương: 2 2 2 2 2x x x x+ − = − 10 [...]... có thể dễ dàng hơn trong việc giải các phương trình chứa căn từ đó hỗ trợ tốt cho các bài toán liên quan như bất phương trình, hệ bất phương trình chứa căn Điều này có tác dụng tích cực giúp các em tự tin, hứng thú hơn khi giải các đề thi Đại học – Cao Đẳng IV ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Có thể áp dụng tốt cho HS luyện thi ĐH-CĐ, HSG khối 10 (với kiến thức phù hợp) V TÀI LIỆU THAM KHẢO: -Sách... chân thành cảm ơn Biên Hòa, tháng 05 – 2014 Người thực hiện Nguyễn Vũ Khanh 23 BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị THPT Nam Hà ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Đồng Nai, ngày 20 tháng 5 năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 - 2014 ––––––––––––––––– Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC... Pt đã cho có ngiệm duy nhất là x = 3 DẠNG 5: PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA π π   Chú ý: Nếu phương trình chứa a 2 − x 2 , a > 0 thì có thể đặt x = a sin t, t ∈  − ;  2 2   21 Ví dụ 41 ( ) 1 2 Giải phương trình 1 + 1 − x 2 = x 1 + 2 1 − x 2 , x = , x = 1 Điều kiện: 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 π π   Đặt x = sint, t ∈  − ;  ; Khi đó phương trình trở thành:  2 2 ( ) 1 + 1 − sin 2 t = sin t 1 + 2... 33 (vì t > 0) Từ đó, ta được x = ; x = 2 5 2 Giải phương trình 2 x 2 x 2 + 7 − 28 = 11 x 2 + 7 , (x = 3) Giải: Đặt t = x 2 + 7 ⇒ x 2 = t 2 − 7 , pt trở thành 2t 3 − 25t − 28 = 0 ⇔ (t − 4)(2t 2 + 8t + 7) = 0 ⇔ t = 4 vì t > 0 Vậy phương trình đã cho tương đương với x2 + 7 = 4 ⇔ x = 3 2.E Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình: Ví dụ 26 Giải phương trình 3 x − 9 = ( x − 3)3 + 6 ( x = 1) Nhận xét : Đặt... ) 2 − 3 (7 + x )(2 − x ) = 3 DẠNG 3: PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP (D-2006) Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (1) Ví dụ 30 ( x = 1;x = 2 − 2 ) Điều kiện: x ≥ 1 2 Nhận xét 1: Vì ta nhận ra phương trình có nghiệm x =1 nên ta có thể biến đổi về dạng: (x – 1).f(x) = 0 từ đó chuyển về giải phương trình f(x) = 0 nhiều khả năng sẽ dễ dàng hơn so với phương trình xuất phát x = 1 2x − 2 (1) ⇔ (... kiện) 12   Kết luận : Tập nghiệm của bpt (1) là: 0;  ∪ [ 4; +∞ )  4 1 2.C Đặt ẩn phụ t đi đến phương trình theo t và coi x là tham số Ví dụ 20 3x = 3− x 5x + 2 Giải phương trình 5 x + 2 −  7 5 − 33   x = ;x = ÷  ÷ 5 2   Điều kiện: 5x + 2 > 0 ⇔ x > -2/5 Đặt t = 5x + 2 (t > 0), phương trình trở thành: t− 3x = 3 − x ⇔ t 2 − (3 − x )t − 3x = 0 ⇔ t = 3 v t = − x t 7 5 * t = 3 suy ra 5 x + 2 =... 9 = −2 ⇔ x − 9 = −8 ⇔ x = 1 Ví dụ 27 (A-2009) Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 (x=-2) Nhận xét: Phương trình chứa các căn thức không đồng bậc Cần nghĩ đến đặt ẩn phụ 6 5 Điều kiện: x ≤ u = 3 3x − 2  3 2u + 3v = 8  u = 3 x − 2 ⇒ 2 Đặt  , (v ≥ 0) Ta được hệ phương trình:  3 , 2 v = 6 − 5 x 5u + 3v = 8 v = 6 − 5 x   khử v ta được pt: 15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0 ⇔ (u + 2)(15u... duy nhất x =1 2 2x − 1 + 1 (B-2010) Giải phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0, ( x = 5) Ví dụ 32 1 3 Điều kiện: − ≤ x ≤ 6 ; Nhận xét: x = 5 là một nghiệm, biến đổi pt về dạng ( x − 5) f ( x ) = 0 , bài toán chuyển về giải phương trình f(x) = 0 2 Pt tương đương với: ( 3x + 1 − 4 ) + ( 1 − 6 − x ) + 3x − 14 x − 5 = 0 (thêm bớt đúng bằng giá trị của căn thức khi thay x = 5) ⇔ 3x − 15 x −5 1... 2) = (26 − 7 x )   Bài tập tương tự: Giải các phương trình: 1 x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11, ( x = 3) 2 5x + 1 + x − 2 = 4x + 3  ,  x = 2; x = 3  9 ÷ 4 3 (GTVT − 2000) 2 x − 3 + 5 − 2 x − x 2 + 4 x − 6 = 0, ( x = 2) 18 4 (K*) 4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x 2 − 2), ( x = −1, x = 3) DẠNG 4: PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 + 3x − 5 = 0 , (x = 1) Ví dụ... nghiệm duy nhất của pt đã cho Ví dụ 39 Giải phương trình x 2 − 2 x + 5 + x − 1 = 2, ( x = 1) 20  x 2 − 2 x + 5 = ( x − 1)2 + 4 ≥ 2  ⇒ x 2 − 2 x + 5 + x − 1 ≥ 2, ∀x ≥ 1 ; Do đó phương Ta có   x −1 ≥ 0   x2 − 2x + 5 = 2  ⇔ x = 1 Vậy x = 1 là trình có nghiệm khi và chỉ khi VT = 2 ⇔   x −1 = 0  nghiệm duy nhất của pt đã cho Bài tập tương tự: Giải phương trình: 1 (GTVT − 2000) 2 x − 3 + 5 − 2 x . toán HHKG. • Phương trình lượng giác (dành cho HS luyện thi ĐH-CĐ) 2 BM02-LLKHSKKN Tên sáng kiến kinh nghiệm: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Phương trình chứa căn thức chiếm. Trường THPT NAM- HÀ Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC Người thực hiện: NGUYỄN VŨ KHANH Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương. Vấn đề xét dấu một biểu thức & ứng dụng vào giải phương trình, bất phương trình. • Các bài toán tiếp tuyến của đồ thị hàm số. • Nguyên hàm của một số hàm phân thức hữu tỉ. • Khoảng