Giải Pt Tanx=Cotx / 2023 / Top 20 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 11/2022 # Top View | Ictu-hanoi.edu.vn

Đề Tài:phương Pháp Giải Pt Nghiệm Nguyên / 2023

A. Những vấn đề chung

I/ Lý do chọn đề tài:Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên là những bài toán khó. Đường lối chung để giải phương trình này là dựa vào đặc điểm của phương trình để thu hẹp miền chứa nghiệm.Để phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động trong học tập của mỗi học sinh, đối với mỗi dạng toán này cũng như việc tạo ra sự hứng thú say mê học tập của các em là việc rất cần thiết của các thầy cô giáo dạy toán. Do vậy tôi muốn trao đổi kinh nghiệm về một số phương pháp thường dùng để giải phương trình nghiệm nguyên hay gặp trong chương trình toán cấp 2 mà tôi đã làm.

II/ Mục đích:Giúp học sinh nắm được một số phương pháp cơ bản để giải phương trình nghiệm nguyên.

III/ Nhiệm vụ:– Đưa ra các phương pháp và ví dụ minh hoạ– Rút kinh nghiệm

IV/ Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:– Đối tượng: các tài liệu về phương trình nghiệm nguyên– Phạm vi nghiên cứu: các bài toán về phương trình nghiệm nguyên trong chương trình toán cấp 2.

V/ Phương pháp nghiên cứu:– Nghiên cứu tài liệu– Trao đổi kinh nghiệm – Tổng kết rút kinh nghiệm

Thử lại: x= k.(k+1); y = 3k+1 thoả mãn phương trình đã cho.Vậy phương trình (1) có nghiệm tổng quát:

III/ Phương pháp dùng bất đẳng thức:1. Phương pháp sắp thứ tự các ẩn:Ví dụ 6: Tìm 3 số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúngGiải:Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Ta có: x + y + z = x.y.z (1)Do x, y, z có vai trò như nhau ở trong phương trình (1) nên có thể sắp thứ tự các ẩn như sau:

Giải: Do vai trò bình đẳng của x và y. Giả sử , dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ yTa có: (1)Mặt khác do Do đó nên (2)Từ (1) và (2) ta có : . Do y+Với y =4 ta được: + Với y = 5 ta được: loại vì x không là số nguyên+ Với y = 6 ta được: Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là: (4; 12), (12; 4) , (6; 6)3/ Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên:Ví dụ 8: Tìm số tự nhiên x sao cho 2x+3x=5xGiải: Chia hai vế cho 5x, ta được: (1)+Với x=0 vế trái của phương trình (1) bằng 2 (loại)+ Với x = 1 thì vế trái của phương trình bằng 1 ( đúng)+ Với x thì:

Nên: ( loại)Vậy nghiệm duy nhất của phương trình là x = 14/ Sử dụng điều kiện của phương trình bậc hai có nghiệm Ta viết phương trình f(x; y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn đã chọn. Chẳng hạn chọn ẩn x, khi đó y là tham số, điều kiện cần để phương trình có nghiệm là , để có nghiệm nguyên còn cần phải là số chính phương.Ví dụ 9: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :x+y+xy = x2+y2 (1)Giải: Phương trình (1) tương đương với: x2-(y+1)x+(y2-y) = 0 (2)Điều kiện để (2) có nghiệm là

Giải Hệ Pt Bằng Phương Pháp Thế / 2023

Ngày 15 / 12/ 2009Tiết 33: §3.GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP A . Mục tiêu:– Giúp HS hiểu cách biến đổi hệ phương trình bằng qui tắc thế.– HS nắm vững cách giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn bằng phương pháp thế – HS không bị túng khi gặp các trường hợp đặc biệt ( hệ vô nghiệm hoặc hệ vô số nghiệm) b. Chuẩn bị:-GV: Bảng phụ có ghi sẵn qui tắc thế, chú ý và cách giải mẫu một số hệ phương trình.-HS: -Bảng phụ nhóm,bút dạ , giấy kẻ ô vuông.C. tiến trình dạy học: Hoạt động 1: tra bài cũ: HS 1: Làm BT 8a(SGK) HS 2: Làm BT 9b(SGK) Hoạt động 2: 1. Quy tắc thế:

– Xét hệ phương trình sau:

– Từ pt (1) , hãy biểu diễn x theo y ?– Lấy kết quả trên thế vào chỗ của x trong pt (2) thì ta sẽ được pt nào ?– Có nhận xét gì về pt vừa tìm được ?– Dùng pt (1′) cho pt (1), pt (2′) cho pt (2)ta được hệ pt nào?– Hệ này như thế nào với hệ (I) ?– Giải hệ pt mới và kết luận nghiệm của hệ đã cho?– Qua ví dụ trên , hãy nêu quy tắc thế?– ở bước 1 ta có thể biểu diễn y theo x được không ? Ta được biểu thức nào ? Ví dụ1:Xét hệ phương trình: (I) x – 3y = 2 (1) -2x + 5y = 1 (2)B: Từ (1) ta có : x = 3y + 2 (1′)vào (2) ta được: -2(3y +2) + 5y = 1 (2′)B: (I) x = 3y + 2 (1′) -2(3y + 2) + 5y = 1 (2′)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (-13 ; -5)

Quy tắc thế : (SGK)

Hoạt động 3: 2. áp dụng:

– áp dụng quy tắc thế để giải hệ phương trình sau.

– HS đứng tại chỗ trình bày bài dưới sự hướng dẫn của GV.

– GV cho HS quan sát minh hoạ bằng đồ thị của hệ pt này và kết luận.– HS thực hiện ?1(theo nhóm)– Sau đó GV thu bảng nhóm treo lên, HS lớp quan sát ,nhận xét.– Khi giải hệ pt bằng phương pháp đồ thị thì hệ vô nghiệm , vô số nghiệm có đặc điểm gì? – Khi giải hệ pt bằng phương pháp thế thì hệ vô số nghiệm hoặc vô nghiệm có đặc điểm gì? – Đọc chú ý (SGK)– HS đọc VD3 (SGK)– HS làm ?2 và ?3 SGK Ví dụ2: Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế (I) 2x – y = 3 (1) x + 2y = 4 (2) Giải : Ta có : (I)

Vậy hệ có một nghiệm duy nhất (2; 1)

?1. Giải hệ pt sau

Nêu các bước giải hệ phương trình bằng phương pháp thế?Làm BT 12a; 13a; 14a(SGK)

Hoạt động 5: Hướng dẫn về nhà:

Nắm vững hai bước giải hệ pt bằng phương pháp thế.Làm BT 13b;14b;15;16(SGK) Đọc trước §4.Giải hệ pt bằng phương pháp cộng đại số.

Giải Hệ Pt Bằng Pp Thế Vnxike2 Ppt / 2023

Mục tiêu – HS hiểu được cách biến đổi hệ phương trình bằng phương pháp thế – HS nắm vững cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế . – HS biết xử lí các trường hợp đặc biệt (hệ vô nghiệm hoặc vô số nghiệm )II. Chuẩn bị Giáo viên: SGK , máy chiếu .2. Học sinh : SGK, bảng nhóm , bút dạ ….

HS1. Kiểm tra (x;y) = (2; – 1) có là nghiệm của hệ phương trình sau không?HS2:Đoán nhận số nghiệm của hệ phương trình sau và minh hoạ bằng đồ thị.Kiểm tra bài cũ:Tiết 33: GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾVí dụ: Xét hệ phương trình B1:Từ PT(1) biểu diễn x theo yB2: Ta có hệ PT(II) tương đương hệ PT(I). Giải hệ PT(II).Khi đó nghiệm của hệ PT(II) chính là nghiệm của hệ PT(I)Từ PT (2′) ta có : y = – 5 Vậy hệ PT(I) đã cho có nghiệm là (- 13;-5)Thế x từ PT (1′) vào PT (2). GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾThay y = – 5 Vào PT(1′) ta có : x = – 13GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ1. Quy tắc thếQuy tắc thế dùng để biến đổi một hệ phương trình thành hệ phương trình tương đương thông qua hai bước :Bước 1: Từ một phương trình của HPT ban đầu ta biểu diễn một ẩn theo ẩn kia ta được phương trình (*) .Bước 2: Thay phương trình (*) vào phương trình còn lại ta được phương trình (**) . Thay các phương trình của HPT (I) bởi các phương trình (*) và (**) ta được HPT mới tương đương HPT ban đầu.2.Vận dụng Ví dụ 2Giải hệ phương trình GiảiVậy hệ (II) có nghiệm duy nhất là (2 ; 1)Trong hệ phương trình nếu ẩn nào của phương trình có hệ số bằng 1 hoặc -1 ta nên biểu diễn ẩn đó theo ẩn còn lại

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ Giải hệ phương trình sau bằng phương pháp thế (biểu diễn y theo x từ phương trình thứ hai của hệ )GiảiVậy hệ phương trình (II) có nghiệm duy nhất là (7 ;5 )?1GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾTa cóĐặc điểm PT một ẩn Số ngiệm của hệ HPT đã cho có một nghiệm duy nhất HPT đã cho vô nghiệmHPT đã cho có vô số nghiệmĐặc điểmVí dụGIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ3y = 31 nghiệm duy nhất 0y = 9Vô nghiệm0x = 0 vô số nghiệm

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ1. Quy tắc thế 2. Áp dụngChú ý : * Số nghiệm của phương trình một ẩn trong hệ phương trình mới chính là số nghiệm của hệ đã cho. Ví dụ 3Giải hệ phương trình Giải ?2Minh hoạ hình họcVậy HPT(III) vô số nghiệmDo d1 trùng với d2 nên hệ có vô số nghiệmGIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾd1d2?3Cho hệ phương trình Bằng minh hoạ hình học và bằng phương pháp thế ,chứng tỏ rằng hệ (IV) vô nghiệm.Nhóm 1Minh hoạ hình họcNhóm 2Giải phương trình bằng phương pháp thế GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ1)Dùng quy tắc thế biến đổi hệ đã cho thành hệ mới ,trong đó có một phương trình một ẩn.2)Giải phương trình một ẩn vừa có ,rồi suy ra nghiệm của hệ đã cho.*Tóm tắc cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế :GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾHƯỚNG DẪN VỀ NHÀ Học thuộc quy tắc thế , xem lại cách giải hệ phương trình bằng phương pháp thế .– Bài tập : 12 đến 15 SGK trang15CẢM ƠN CÁC THẦY CÔ GIÁO CÙNG CÁC EM ĐÃ NHIỆT TÌNH THAM GIA TIẾT HỌC

Cđ Một Số Dạng Pt Vô Tỷ Và Cách Giải / 2023

Published on

1. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc MỤC LỤC PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU………………………………………………………………………….. Trang 2 I/ Lí do chọn đề tài ………………………………………………………………………………………. Trang 2 II/ Mục đích nghiên cứu đề tài ………………………………………………………………………. Trang 2 III/ Phạm vi nghiên cứu – đối tượng nghiên cứu……………………………………………… Trang 3 IV/ Các phương pháp nghiên cứu và tiến hành ……………………………………………….. Trang 3 PHẦN II – NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI…………………………………………………………… Trang 3 I/ Cơ sở lý luận……………………………………………………………………………………………. Trang 3 II/ Cơ sở thực tiễn………………………………………………………………………………………… Trang 4 III/ Nội dung và phương pháp nghiên cứu…………………………………………………….. Trang 5 1. Khái niệm phương trình vô tỉ…………………………………………………………………….. Trang 5 2. Phương pháp chung………………………………………………………………………………….. Trang 5 3. Phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản………………………………………………… Trang 6 3.1) Phương pháp nâng lên luỹ thừa ……………………………………………………………. Trang 6 3.2) Phương pháp đưa về pt chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ……………………… Trang 13 3.3) Phương pháp đặt ẩn phụ ……………………………………………………………………… Trang 15 3.4) Phương pháp đưa về hệ phương trình……………………………………………………. Trang 20 3.5) Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức…………………………………………………….. Trang 25 3.6) Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất …………………………………………… Trang 28 3.7) Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp – Trục căn thức………………………… Trang 29 IV/ Kết quả…………………………………………………………………………………………………. Trang 31 PHẦN III. KẾT LUẬN………………………………………………………………………………… Trang 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………………………………………. Trang 32 PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU. I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá – giỏi. Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỷ trong SGK rất ít và là những bài đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương mất căn đưa về Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 1

3. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH : 1. Phương pháp nghiên cứu: + Tham khảo thu thập tài liệu. + Phân tích, tổng kết kinh nghiệm. + Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh. + Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện. + Phương pháp điều tra, trắc nghiệm. + Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác. 2. Phương pháp tiến hành: Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải. PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI I- CƠ SỞ LÝ LUẬN: Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ một vai trò chủ đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng mạn không kém những môn khoa học khác. Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú trọng. 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 có thể bồi dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội. Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vôi tỉ. Phương trình vô tỉ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỉ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi, học hỏi và phát triển tư duy. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 3

5. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 – 6 Điểm 7 – 8 Điểm 9 – 10 SL % SL % SL % SL % 18 51.4 12 34.3 4 11.4 1 2.9 Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi, khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương trình vô tỉ cũng chưa nhiều. Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm ”Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS ” áp dụng cho khối THCS với hy vọng phần nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp. III- NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: 1. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ: a) Khái niệm: Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. b) Các ví dụ: a) 11 =−x b) 2173 =+−+ xx c) 12 +− xx =3 d) 3 23 33 2 1 1 4 11 x x x xx − − − = +− 2. PHƯƠNG PHÁP CHUNG: Để giải phương trình vô tỉ ta tìm cách khử dấu căn. Cụ thể: – Tìm ĐK của phương trình. – Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học. – Giải phương trình vừa tìm được. – So sánh kết quả với ĐK rồi kết luận nghiệm. 3. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN: 3.1. Phương pháp 1: Phương pháp nâng lên luỹ thừa: a) Dạng 1: ( )f x c= (c là hằng số) (1) Đây là dạng đơn giản nhất của phương trình vô tỉ Sơ đồ cách giải: – Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 5

8. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 2 22 (x) 0 (x) 0 g(x) 0 g(x) 0 (x) g(x) 0 2 (x).g(x) (x) g(x) 4 (x).g(x) (x) g(x) f f c f f c f f c f ≥  ≥ ≥  ⇔ ≥ ⇔  − − ≥   = − −   = − −  * Chú ý: Nếu ta có: ( ) g( )f x x c− = thì ta giải như sau: ( ) 2 2 (x) 0 (x) 0 ( ) g( ) ( ) g( ) g(x) 0 g(x) 0 f(x) g(x) c 2 (x)f(x) g( ) f f f x x c f x x c c gx c  ≥ ≥  − = ⇔ = + ⇔ ≥ ⇔ ≥    = + += +  2 2 22 2 (x) 0 (x) 0 g(x) 0 g(x) 0 (x) g(x) c 0 2 (x) (x) g(x) c 4 (x) (x) g(x) c f f f c g f c g f ≥  ≥ ≥  ⇔ ≥ ⇔  − − ≥   = − −   = − −  Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 3 1 0x x+ + − = (1) Gợi ý: Ta có: 3 2 3 0 2 3 1 0 2 1 0 1 x x x x x x  + = = −  + + − = ⇔ ⇔  − =  = (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 2 1 5x x− + − = (1) Gợi ý: ĐK 1 1 0 11 2 1 0 2 x x x x x ≥ − ≥  ⇔ ⇔ ≥  − ≥ ≥  Ta có: ( ) 2 1 2 1 5 1 2 1 25x x x x− + − = ⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 27 3 0 2 1 2 1 27 3 4 2 3 1 27 3 x x x x x x x − ≥ ⇔ − − = − ⇔  − + = − 2 1 9 1 9 55 150 725 0 145 x x xx x x x ≤ ≤ ≤ ≤  ⇔ ⇔ ⇔ ==  − + =   = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2 9 3 2x x x+ − − − = Gợi ý: Ta có: 2 2 2 2 9 3 2 9 3 2x x x x x x+ − − − = ⇔ + = − − + Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 8

9. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ( ) ( ) 2 2 2 2 2 22 1 13 21 13 1 1323 0 21 13 9 3 2 82 16 3 16 644 3 8 x x x x x xx x x x x x x xx x x  − ≤  − ≤  + − − ≥  ≥  ⇔ ⇔+   ≥+ = − − + ⇔   ≥ −   − − = + + − − = +   2 1 13 8 1 13 2 8 42 1 13 281 13 2 152 4 15 32 112 0 28 15 x x x x xx x x x x  − − ≤ ≤ − − ≤ ≤  =+  ≥ ⇔ ⇔ ⇔ − +   =≥  =   − − = −  =  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 28 4; 15 −      e) Dạng 5: ( ) g( ) ( )f x x h x+ = (1) – Đặt điều kiện: (x) 0 g(x) 0 h(x) 0 f ≥  ≥  ≥ – Bình phương hai vế của (1), ta có: [ ] 2 (x) g(x) 2 f(x).g(x) (x)f h+ + = [ ] 2 2 (x)g(x) (x) (x) g(x)f h f⇔ = − − . Trở lại dạng 2 * Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) g( ) ( )f x x h x− = với điều kiện ( ) ( )f x h x≥ Ví dụ 1: Giải phương trình: 8 2 7 1 7 4x x x x+ + + + + − + = (1) Gợi ý: ĐK: 2 7 0 7 7 7 8 2 7 0 1 0 1 0 2 1 7 36 01 7 0 2 x x x x x x x x x x x xx xx x x  + ≥  ≥ − ≥ −≥ −    + + + ≥ ⇔ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥    + ≥ +   ≤ −+ − ≥ + − + ≥    ≥ Ta có: (1) ( ) 2 7 1 1 7 4x x x⇔ + + + + − + = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 9

10. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 7 1 1 7 4 1 7 3 7 3 7 0 7 3 1 7 9 7 6 7 5 7 15 7 3 7 9 2(t/ m) x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + + − + = ⇔ + − + = − +  − + ≥ + ≤  ⇔ ⇔  + − + = + + − + + =   ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 1 1 2x x x x− + + + = + (1) Gợi ý: ĐK: 2 1 0 1 1 0 1 2 2 0 x x x x x x x  − + ≥ ≥ − + ≥ ⇔ ⇔ ≥ −  ≥ − + ≥ Ta có: (1) 2 2 2 1 1 2 ( 1)( 1) 4 4x x x x x x x x⇔ − + + + + − + + = + + ( ) 3 3 3 2 3 2 2 2 1 4 2 1 2 1 1 4 4 1 0 4 4 0 4 4 0 2 2 2 (t/ m) 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ + = + + =  ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = +  = − Vậy tập nghiệm của phương trình là: { }0;2 2 2;2 2 2S = + − g) Dạng 6: ( ) ( ) ( )f x g x h x+ = Sơ đồ cách giải: ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 (x) 0 (x) 0 ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( ) (x) g(x) f x f x g x g x h h f x g x f x g x h x f x g x h x f ≥ ≥   ≥ ≥  ⇔ ⇔ ≥ ≥    + + = = − −  Đến đây bài toán trở lại dạng 2 Chú ý: Giải tương tự với dạng: ( ) ( ) ( )f x g x h x− = Ta có: ( ) ( ) ( ) (x) g(x) f(x)f x g x h x h− = ⇔ + = ⇒ Bài toán trở lại dạng 6 Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 4 4 2x x x+ + − = (1) Điều kiện: 4 3 4 0 3 4 0 4 4 0 0 x x x x x x x − ≥+ ≥  − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥   ≥ ≥   Ta có: (1) ( ) ( )3 4 4 2 3 4 4 4x x x x x⇔ + + − + + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 3 4 4 4 3 4 4 0 43 4 x x x x x x x x x − =⇔ + + − = ⇔ + − = ⇔ ⇔ =  = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 10

11. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 2: Giải phương trình: 1+x – 7−x = x−12 Gợi ý: ⇔ 1+x = x−12 + 7−x (1) ĐK: 12×7 7x 12x 1x 07x 0x12 01x ≤≤⇔      ≥ ≤ −≥ ⇔      ≥− ≥− ≥+ (2) Bình phương hai vế ta được: )7x)(x12(27xx121x −−+−+−=+ ⇔ )7x)(x12(24x −−=− (3) Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được: (x – 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) ⇔ 5×2 – 84x + 352 = 0 Phương trình này có 2 nghiệm x1 = 5 44 và x2 = 8 đều thoả mãn (2). Vậy x1 = 5 44 và x2 = 8 là nghiệm của phương trình. h) Dạng 7: ( ) g( ) (x) (x)f x x h k+ = + Sơ đồ cách giải: Điều kiện: (x) 0 g(x) 0 (x) 0 k(x) 0 f h ≥  ≥  ≥  ≥ Bình phương hai vế của phương trình, ta có: (x) g(x) 2 (x)g(x) (x) k(x) 2 (x)k(x)f f h h+ + = + + ( )2 (x)g(x) (x)k(x) (x) k(x) f(x) g(x)f h h⇔ − = + − − ⇒ Bài toán trở lại dạng 5 Ví dụ 1: Giải phương trình : 1+x + 10+x = 2+x + 5+x (1) Gợi ý: ĐK :        ≥+ ≥+ ≥+ ≥+ 05 02 010 01 x x x x ⇔        −≥ −≥ −≥ −≥ 5 2 10 1 x x x x ⇔ x ≥ -1 (2) Bình phương hai vế của (1) ta được: x+1 + x+ 10 + 2 )10)(1( ++ xx = x+2 + x+ 5 + 2 )5)(2( ++ xx ⇔ 2 + )10)(1( ++ xx = )5)(2( ++ xx (3) Với x ≥ -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được: )5x)(2x()10x)(1x()10x)(1x(44 ++=++++++ Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 11

12. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ⇔ 1x)10x)(1x( −−=++ Điều kiện ở đây là x ≤ -1 (4) Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)    −≤ −≥ 1 1 x x ⇔ x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1). Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 1 2 16 2 4 2 9x x x x+ + + = + + + (1) Gợi ý: ĐK: 1 2 1 0 2 2 16 0 8 1 2 4 0 2 2 2 9 0 9 2 x x x x x x x x x − ≥+ ≥  + ≥ ≥ − −  ⇔ ⇔ ≥  + ≥ ≥ −   + ≥ − ≥  Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 16 2 2 1 2 16 2 4 2 9 2 2 4 2 9x x x x x x x x⇔ + + + + + + = + + + + + + 2 2 4 34 16 2 4 26 36x x x x⇔ + + + = + + (2) Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 34 20 4 4 34 16 4 26 36 4 34 16 2 4 2 4 0 2 0(t/ m) 04 34 16 4 16 16 x x x x x x x x x x x x xx x x x ⇔ + + + + + = + + ⇔ + + = − + − + ≥ ≤  ⇔ ⇔ ⇔ =  =+ + = − +  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 * Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều không âm. Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3…..) Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi sử dụng phương pháp này. Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều phương pháp khác lại với nhau . * Bài tập áp dụng: 1. 42 −x = x- 2 5. x−1 = x−6 – )52( +− x 2. 41 2 ++ xx = x+ 1 6. 3 1−x + 3 2−x = 3 32 −x 3. x−1 + x+4 =3 7. x + 1x + = 1−x + 4+x 4. 3 45+x – 3 16−x =1 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 12

13. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 3.2. Phương pháp 2: Phương pháp đưa về PT chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối: Sơ đồ cách giải: 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) f x f x g x f x g x f x g x f x f x g x  ≥  == ⇔ = ⇔  ≤  = − Ví dụ 1: Giải phương trình: 416249 2 +−=+− xxx (1) Gợi ý: ĐK:    ≥+− ≥+− 04 016249 2 x xx ⇔    ≤ ∀≥− 4 0)43( 2 x xx ⇔ x ≤ 4 Ta có: (1) ⇔ 43 −x = -x + 4⇔    −=− +−=− 4x4x3 4x4x3 ⇔    = = 0x 2x (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0 Ví dụ 2: Giải phương trình: 442 +− xx + 1682 +− xx = 5 (1) Gợi ý: ĐK: x∀ ∈R Ta có: (1) ⇔ 2 2 ( 2) ( 4) 5x x− + − = ⇔ 2−x + 4−x = 5 Ta xét các khoảng: + Khi x < 2 ta có (2) ⇔ 2 – x + 4 – x = 5 ⇔ 6 – 2x = 5 ⇔ x = 0,5 (thoả mãn x < 2) + Khi 2 ≤ x < 4 ta có (2) ⇔ x – 2 + 4 – x = 5 ⇔ 0x + 2 = 5 (phương trình vô nghiệm) + Khi x ≥ 4 ta có (2) ⇔ x – 2 + x – 4 = 5 ⇔ 2x – 6 =5 ⇔ x =5,5 (thoả mãn x ≥ 4) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = 0,5; x2 = 5,5 Ví dụ 3: Giải phương trình: 314 +−− xx + 816 +−− xx = 1 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Ta có: (1) ⇔ 414)1( +−−− xx + 916)1( +−−− xx = 1 ⇔ 2 )21( −−x + 2 )31( −−x = 1⇔ 21 −−x + 31 −−x =1 (2) – Nếu 1 ≤ x < 5 ta có (2) ⇔ 2- 1−x + 3 – 1−x = 1 ⇔ 1−x =2 ⇔ x = 5 không thuộc khoảng đang xét – Nếu 5 ≤ x < 10 thì (2) ⇔ 1−x – 2 + 3 – 1−x = 1 ⇔ 0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 13

14. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc – Nếu x ≥ 10 thì (2) ⇔ 1−x – 2 + 1−x – 3 = 1 ⇔ 31x =− ⇔ x = 10 (thỏa mãn). Vậy phương trình có vô số nghiệm: 5 ≤ x ≤ 10 Nhận xét : Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau: – Áp dụng hằng đẳng thức 2 A = A – Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm . * Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1) 2 2 1 5x x+ + = 11) 4 4 3x x− + = 2) 2 6 9 2 1x x x− + = − 12) 4 4 5 2x x x+ + = + 3) 2 2 2 1 4 4 4x x x x− + + + + = 13) 2 1 4 4 10x x x x− + − − + = 4) 2 2 2 6 9 2 8 8 2 1x x x x x x− + + + + = − + 14) 2 2 4 4 6 9 1x x x x− + + − + = 5) 2 1 2 1 2x x x x+ − + − − = 15) 3 2 4 4 4 1x x x x− − − + − − = 6) 6 2 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + = 16) 2 2 5 2 3 2 5 7 2x x x x− + − + + + − = 7) 2 2 2 2 1 5 0x x x x+ − + + − = 17) 45224252642 =−−−+−++ xxxx 8) 2 4 4 2 10x x x− + + = 18) 2 2 1 2 8x x x− + + = 9) 1 1 2 2 4 x x x+ + + + = 19) 05261 4 1 2 =−−++ xx 10) 3 2 1 2 1 2 x x x x x + + − + − − = 20) 2 4 4 2x x x− + = − 3.3. Phương pháp 3: Phương pháp đặt ẩn phụ: a) Dạng 1: Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt ( )t f x= và chú ý điều kiện của t . Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 14

15. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn “. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2×2 + 3x + 932 2 ++ xx = 33 Gợi ý: ĐK: ∀ x ∈R Phương trình đã cho tương đương với: 2×2 + 3x + 9 + 932 2 ++ xx – 42= 0 (1) Đặt 932 2 ++ xx = t (t ≥ 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t) Ta có: (1) ⇔ t2 + t – 42 = 0 Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại) Từ đó ta có: 932 2 ++ xx = 6 ⇔ 2×2 + 3x -27 = 0 Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = – 2 9 Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 4 x = 12 (1) Gợi ý: ĐK: x ≥ 0 Đặt 4 x = t (t ≥ 0) ⇒ x = t2 , ta có: (1) ⇔ t2 + t -12 = 0 Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = – 4 (loại) Với t = 3 ⇒ 4 x = 3 ⇒ x = 81(thỏa mãn) Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 3: Giải phương trình: 1+x + x−3 – )3)(1( xx −+ = 2 (1) Gợi ý: ĐK:    ≥− ≥+ 03 01 x x ⇔    ≤ −≥ 3 1 x x ⇔ 3×1 ≤≤− Đặt 1+x + x−3 = t ≥ 0 ⇒ t2 = 4 + 2 )3)(1( xx −+ ⇒ )3)(1( xx −+ = 2 42 −t (2) Thay vào (1) ta được: (1) 2 2 4t t 2 = − −⇔ ⇔ t2 – 2t = 0 ⇔ t(t-2)= 0 ⇔    = = 2 0 t t + Với t = 0 ⇒ 1+x + x−3 = 0⇒    =− =+ 0x3 01x (vô nghiệm) ⇒ phương trình vô nghiệm. + Với t = 2: (2)⇒ )3)(1( xx −+ = 0 ⇒ x1 = -1; x2 = 3 (thoả mãn) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = -1; x2 = 3 Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = (1) Gợi ý: ĐK: 1x ≥ Nhận xét. 2 2 1. 1 1x x x x− − + − = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 15

18. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x. Ví dụ 5: Giải phương trình sau: 2 2 2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + + Gợi ý: ĐK: 1 2 x ≥ . Bình phương 2 vế ta có: ( )( ) ( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x+ − = + ⇔ + − = + − − Ta có thể đặt: 2 2 2 1 u x x v x  = +  = − khi đó ta có hệ: 1 5 2 1 5 2 u v uv u v u v  − = = − ⇔  + =  Vì , 0u v ≥ nên ( )21 5 1 5 2 2 1 2 2 u v x x x + + = ⇔ + = − . Giải tiếp ta ìm được x. Chú ý: Các phương trình dạng 2 2 u v mu nvα β+ = + có thể giải như VD4 và VD 5 c) Dạng 3: Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Ví dụ 1: Giải phương trình: ( )2 2 2 3 2 1 2 2x x x x+ − + = + + (1) Gợi ý: Đặt 2 2t x= + ; 2t ≥ . Ta có: ( ) ( )2 2 2 3 (1)x 2 2 2 3 3 0 2 3 3 0 1 t x x x t x t x t x = + − + + − + = ⇔ − + − + = ⇔  = − Nếu t = 3 2 2 3 7x x⇔ + = ⇔ = ± Nếu t = x – 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: 2 2 1 2 2 1 2 x x x x − + = − + ⇔ = (loại) Ví dụ 2: Giải phương trình: ( ) 2 2 1 2 3 1x x x x+ − + = + Gợi ý: Đặt: 2 2 3, 2t x x t= − + ≥ Ta có: ( ) 2 (1) 1 1x t x⇔ + = + ( )2 1 1 0x x t⇔ + − + = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0 1 t x x x t x t x t x t x = ⇔ − + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔  = − Nếu t = 2 2 2 2 2 3 2 2 3 4 2 1 0 1 2x x x x x x x⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔ = ± Nếu t = x – 1 1 2x⇒ ≥ + . Ta có: x2 – 2x + 3 = x2 – 2x + 1 ⇒phương trình vô nghiệm Ví dụ 3: Giải phương trình: ( )2 2 3 1 3 1x x x x+ + = + + (1) Gợi ý: Đặt 2 1; 1t x t= + ≥ Phương trình (1) trở thành: t2 – (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t – x)(t – 3) = 0 3 t x t = ⇔  = Nếu t = x 2 1x x⇔ + = (vô nghiệm) Nếu t = 3 2 1 3 2 2x x⇔ + = ⇔ = ± . Vậy: 2 2x = ± d) Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích: Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 1 x− + 2+x =1 Gợi ý: ĐK: x ≥ -2 Đặt 2+x = t ≥ 0 2tx 2 −=⇒ . Khi đó: 3 1 x− = 3 2 3 t− Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 18

20. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc ⇔ 0)1u5)(1u( =−+ ⇔     = −= 5 1 u )loai(1u + Với u = 5 1 ta có: x = ( 5 1 )2 – 1 = 25 24− thỏa mãn điều kiện (1) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 và x = 25 24− . * Nhận xét : Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý các bước sau. + Tìm tập xác định của phương trình. + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;….. là những phương trình quen thuộc. + Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0;….. thuộc tập xác định . + Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải. Bài tập áp dụng: 1. 673 −− xx = 0 2. 22 −− xx – 2 22 +− xx = 1−x 3. x(x+5) = 2 2253 2 −−+ xx 4. 2( x2 + 2x + 3) = 5 233 23 +++ xxx 3.4. Phương pháp 4: Phương pháp đưa về hệ phương trình: Các bước tiến hành: – Tìm điều kiện tồn tại của phương trình – Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung – Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 25 x− – 2 15 x− = 2 Gợi ý: ĐK: 0 ≤ x2 ≤ 15 Đặt: 2 25 x− = a (a ≥ 0) (* ); 2 15 x− = b ( b ≥ 0) ( ** ) Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình: Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 20

21. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc (1)⇒      ≠+ +=+− =− 0 )(2))(( 2 ba bababa ba ⇔    =+ =− 5 2 ba ba ⇔       = = 2 3 2 7 b a + Với a = 2 7 ⇒ 25 – x2 = 4 49 ⇔ x2 = 4 51 ⇒ x = 2 51 ± (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2 51 ± . Ví dụ 2: Giải phương trình: 35 3)3(5)5( −+− −−+−− xx xxxx = 2 (1) Gợi ý: ĐK: 3 ≤ x ≤ 5 Đặt     ≥=− ≥=− )0(3 )0(5 ttx uux Phương trình (1) trở thành hệ phương trình: (1) ⇔     =+− =+ 2 2 22 22 tutu tu ⇔ ut = 0 ⇔    = = 0t 0u + Với u = 0⇒ 5x0x5 =⇒=− (thỏa mãn) + Với t = 0 ⇒ 3x03x =⇒=− (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5. Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 2 x− + 1−x = 1 Gợi ý: ĐK: x ≥ 1 Đặt     ≥=− =− )0(1 23 ttx ux Khi đó: u3 = 2 – x ; t2 = x- 1 nên u3 + t2 = 1 Phương trình đã cho được đưa về hệ:    =+ =+ )2(1tu )1(1tu 23 Từ phương trình (1) ⇒ u = 1 – t. Thay vào phương trình (2) ta có: (2) ⇔ (1 – t)3 + t2 = 1 ⇔ t( t2 – 4t + 3) = 0 ⇔    =+− = 03t4t 0t 2 ⇔         = = = 3t 1t 0t + Với t = 0 ⇒ 01x =− ⇒ x = 1 (thỏa mãn) + Với t = 1⇒ 11x =− ⇒ x = 2 (thỏa mãn) + Với t = 3⇒ 31x =− ⇒ x = 10 (thỏa mãn) Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 21

22. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 )1( +x + 3 2 )1( −x + 3 2 1−x = 1 Đặt: 3 1+x = a ; 3 1−x = b nên ta có: a2 = 3 2 )1( +x ; b2 = 3 2 )1( −x ; ab = 3 2 1−x . Ta được phương trình: a2 + b 2 + ab = 1 (1) Ta có:     −= += 1 1 3 3 xb xa Ta được phương trình: a3 – b3 = 2 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:     =++− =++ ⇔     =− =++ 1)abba)(ba( 1abba 2ba 1abba 22 22 33 22 Từ hệ phương trình, ta suy ra: a – b = 2 ⇒ b = a – 2 Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2 = 0 ⇒ a =1 Với a = 1, ta có: 3 1+x = 1 ⇒ x = 0 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 Ví dụ 5: Giải phương trình: 4 4 x x− + = Gợi ý: ĐK: 0 4 0 0 12 4 4 0 x x x x  ≥  + ≥ ⇒ ≤ ≤  − + ≥ Đặt 4y x= + ta có hệ phương trình: 2 2 4 4 44 x y x y y xy x  = − = −  ⇔  = += +  ( ) ( ) ( )2 2 22 1 0 44 x y x yx y x y x yx y   + − + =− = − −  ⇔ ⇔  = −= −   Vì x + y≠ 0 nên ta có hệ: 2 2 2 1 13 1 0 24 1 3 0 4 1 13 (loai) 2 xx y x x x x x y x  − + =− + = ⇒ = − − ⇔ + − = ⇒ = − − − =  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: 1 13 2 x − + = Ví dụ 6: Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 23 3 3 1 3 1 9 1 1x x x+ + − + − = (1) Gợi ý: Đặt 3 3 3 1; 3 1u x v x= + = − Phương trình (1) trở thành hệ: 2 2 3 3 1 2 2 2 u v uv u v u v u v  + + = ⇒ − = ⇒ = + − = Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 22

23. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Do đó: ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 3 6 3 0 3 1 0 1 1v v v v v v v v u+ + + + = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = Ta có: 3 3 3 1 1 0 3 1 1 x x x  + = ⇒ = − = − Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0. Chú ý: Đối với phương trình có dạng: (x) (x)n na f b f c− + + = Ta thường đặt (x); (x)n nu a f v b f= − = + Khi đó, ta được hệ phương trình: n n u v c u v a b + =  + = + Giải hệ này ta tìm được u và v. Từ đó ta tìm được giá trị của x. Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 1 1 1 2 2 x x+ + − = (1) Gợi ý: ĐK: 1 2 x ≤ Đặt : 3 1 1 ; 0 2 2 u x v x= + = − ≥ Ta được hệ: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 0 1 1 1 1 3 0 1 1 3 v u v v v v v v v u v v = + = ⇒ − = − ⇔ − − = ⇔ = + =  = Giải tiếp ta tìm được tập nghiệm của phương trình là: S = 1 1 17 ; ; 2 2 2 − −      Ví dụ 8: Giải phương trình: 2 2 2 2 1x x x− = − (1) Gợi ý: Điều kiện: 1 2 x ≥ Ta có (1) 2 ( 1) 1 2 2 1x x⇔ − − = − Đặt 1 2 1y x− = − thì ta đưa về hệ sau: 2 2 2 2( 1) 2 2( 1) x x y y y x  − = −  − = − Trừ hai vế của phương trình ta được: ( )( ) 0x y x y− + = Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: 2 2x = + Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5x x x− − = + (1) Gợi ý: ĐK 5 4 x ≥ − Ta có: ( ) 2 2 1 4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x⇔ − − = + ⇔ − = + + Đặt 2 3 4 5y x− = + ta được hệ : 2 2 (2 3) 4 5 ( )( 1) 0 (2 3) 4 5 x y x y x y y x  − = + ⇒ − + − = − = + Với 2 3 4 5 2 3x y x x x= ⇒ − = + ⇒ = + Với 1 0 1 2 1 4 5x y y x x x+ − = ⇔ = − ⇔ − − = + (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm của phương trình là 2 3x = + Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 23

25. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 5. Phương pháp 5: Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: * Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) và f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số). Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a. * Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥ m; hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra. * Áp dụng các bất đẳng thức: Côsi; Bunhia côpxki, …. a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm. Ví dụ 1: Giải phương trình: 1−x – 15 −x = 23 −x (1) Gợi ý: ĐK:      ≥− ≥− ≥− 023 015 01 x x x ⇔          ≥ ≥ ≥ 3 2 5 1 1 x x x 1x ≥⇔ Với x ≥ 1 thì x < 5x do đó 1−x < 15 −x Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm. Vậy phương trình vô nghiệm . Ví dụ 2: Giải phương trình: 1162 +− xx + 1362 +− xx + 4 2 54 +− xx = 3 + 2 (1) Gợi ý: Ta có: (1) ⇔ 2)3( 2 +−x + 4)3( 2 +−x + 4 2 1)2( +−x = 3 + 2 Mà 2)3( 2 +−x + 4)3( 2 +−x + 4 2 1)2( +−x ≥ 2 + 4 + 1 = 3 + 2 ⇒ VP = VT = 3 + 2 khi    =− =− 02x 03x    = = ⇔ 2x 3x (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài tập áp dụng: 1. 1−x – 1+x = 2 2. 62 +x = x – 2 12 −x 3. x−6 + 2+x = x2 – 6x +13 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 25

26. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế: Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 4 5 1 9 5 1x x x⇔ + + + + + = − + Mà: VT = ( ) ( ) 2 2 3 1 4 5 1 9 4 9 5x x+ + + + + ≥ + = VP = ( ) 2 5 1 5x− + ≤ ( ) 2 1 0 1 0 1VT VP x x x⇒ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm là: x = -1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 4−x + x−6 = x2 -10x + 27 (1) Gợi ý: ĐK: 4 ≤ x ≤ 6 Theo BĐT Côsi, ta có: 4−x 2 4×1 −+ ≤ x−6 2 x61 −+ ≤ 2 2 x61 2 4×1 x64xVT = −+ + −+ ≤−+−=⇒ Mà: VP= x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + 2 ≥ 2 (∀ x) VPVT =⇒ khi: x- 4 = 6 – x 5x10x2 =⇒=⇔ (thỏa mãn) Vậy x = 5 là nghiệm của phương trình (1) Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2 2 6 15 6 18 6 11 x x x x x x − + = − + − + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) 2 2 4 1 3 9 3 2 x x ⇔ + = − + − + Mà: VT = ( ) 2 4 4 1 1 3 23 2x + ≤ + = − + VP = ( ) 2 3 9 3x − + ≥ ( ) 2 3 0 3 0 3VT VP x x x⇒ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 24 6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x− + + − + + − + = + (1) Gợi ý: Ta có: (1) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 3 4 2 1 3 2x x x⇔ − + + − + + − + = + (*) Mà: VT = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 44 3 2 3 4 2 1 2 4 1 3 2x x x− + + − + + − + ≥ + + = + VP = 3 2+ Nên (*) xảy ra ( ) ( ) 2 2 3 0 3 22 0 x x xx  − = = ⇔ ⇔  =− = (vô lí) Vậy phương trình vô nghiệm. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS 26