LỜI NĨI ĐẦU Trong q trình dạy học, tơi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chun đề đại số và giải tích ở cấp trung học phổ thơng. Tơi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình có dấu căn bậc hai một cách hiệu quả và có hệ thống. với lí do đó, tơi đã viết đề tài này. Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học mơn tốn cho học sinh lớp 10 ở chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn ( có thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chun đề này tơi đề cặp đến dạng tốn: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI Đối với phần này, tơi hệ thống lại một số dạng tốn cơ bản thường thấy khi giải phương trình có dấu căn bậc hai gồm có các nội dung sau: 1. Tìm tập nghiệm của phương trình thơng qua tập xác định của phương trình. 2. Dạng cơ bản của phương trình có chứa dấu căn bậc hai 3. Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến 4. Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình 5. Phương pháp biến thiên hằng số 6. Một số dạng tốn khác 7. Phương trình chứa dấu căn bậc hai có chứa tham số. Xin cảm ơn các thầy cơ ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành góp ý kiến cho tơi hồn thành đề tài. Mặt dù có nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm khơng nhiều nên thiếu sót là điều khơng tránh khỏi, mong các thầy cơ chân thành góp ý để tơi có kinh nghiệm tốt hơn trong cơng tác dạy học mơn tốn. Chân thành cảm ơn ngày 25 tháng 3 năm 2009 Trang 1 PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI (chủ đề đáp ứng lớp kiến thức lớp 10 – ban khoa học tự nhiên và phục vụ tiết dạy tự chọn cho học sinh lớp 10 ban cơ bản) o0o 1. TÌM T ẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH: Trong phần này, tơi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn có tập xác định là một phần tử, nhằm làm rõ với học sinh ý nghĩa tập xác định của phương trình chứ dấu căn và tập nghiệm của phương trình. Ví d ụ: Tìm tập nghiệm của phương trình : a. 2 2 4 2 2− + − − + =x x x b. 2 2 9 3 3 4 2− + − + − + =x x x x Giải a. 2 2 4 2 2− + − − + =x x x (1) đk : 2 2 x 2 x 4 0 x 2 x 2 x x 2 0 2 x 1  ≤ −   − ≥    ⇔ ⇔ = − ≥    − − + ≥    − ≤ ≤  Với x = – 2 (1) ⇒ 0 = 2 nên phương trình đã cho vơ nghiệm b. 2 2 9 3 3 4 2− + − + − + =x x x x (2) đk 2 2 9 x 0 3 x 3 x 3 0 x 3 x 3 x 3x 4 0  − ≥ − ≤ ≤   − ≥ ⇔ ⇔ =   ≥   − + ≥  Với x = 3, (2) ⇒ 2 = 2 Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2) Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, học sinh cần nắm được một kiến thức là: nếu tập xác định của một phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta có thể lần lượt thế các phần tử trong tập xác định đó vào phương trình để xác định tập nghiệm của phương trình đó. Trang 2 - Học sinh không nên sai lầm khi tập xác định là một phần tử thì phần tử đó chính là nghiệm của phương trình. Trang 3 2. DẠNG CƠ BẢN PH ƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI: Trong phần này tơi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy để học sinh tham khảo và vận dụng khi gặp các dạng cơ bản đó. Giả sử f(x) và g(x) là hai biểu thức chứa x ( f(x), g(x) là một biểu thức có nghĩa ) . Khi đó: 1. [ ] 2 0g(x) f(x) g(x) f(x) g(x) ≥   = ⇔  =   (I) 2. ( ) 0g(x) hay f(x) 0 f(x) g(x) f(x) g(x)  ≥ ≥  = ⇔  =   (II) Ví dụ: Giải các phương trình sau: a. 2 1 1x x+ = − b. 2 2 1 2 5 4+ = − +x x x c. 2 5 12 8 2x x− + = d. 3 7 4 6x x x+ − − = + e. 4 4 2 2 x x x + + − = + Giải a. Cách giải 1: (áp dụng công thức (I) để giải ) 2 1 1x x+ = − ⇔ ( ) 2 2 1 1 0 1 4 0 4 0 2 1 1 4 x x x x x x x x x x ≥  − ≥  ≥    ⇔ ⇔ ⇔ = =     − = + = −      =   Vậy phương trình có nghiệm x = 4 Cách giải 2: 2 1 1x x+ = − (1) Điều kiện: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 2 Nếu x < 1 ⇒ phương trình vô nghiệm. Nếu x ≥ 1 ⇒ (1) ⇔ x 2 – 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 So đk: phương trình có một nghiệm x = 4 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, học sinh hay nhằm lẫn cơng thức ( I ) và cách tìm tập xác định của phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học sinh cách giải phương trình bằng cơng thức (I) cần làm rõ cho học sinh hiểu được đâu là điều kiện xác định của phương trình, đâu là vận dụng cơng thức để giải bài tốn. Trang 4 b. 2 2 1 2 5 4+ = − +x x x cách 1: pt 2 2 1 x 3 2x 1 0 x 2 1 x 2x 1 2x 5x 4 2x 7x 3 0 2 =   + ≥ ≥ −    ⇔ ⇔ ⇔    = + = − +   − + =   Vậy phương trình có hai nghiệm 1 x 3,x 2 = = cách 2: pt 2 2 2 2 x 3 2x 5x 4 0 2x 5x 4 0 1 x 2x 1 2x 5x 4 2x 7x 3 0 2 =    − + ≥ − + ≥    ⇔ ⇔ ⇔    = + = − + − + =      Vậy phương trình có hai nghiệm 1 x 3,x 2 = = Nhận xét: - Trong ví dụ này học sinh cần chú ý: việc biến đổi phương trình dẫn đến điều kiện 2x + 1 ≥ 0 hoặc 2x 2 – 5x + 4 ≥ 0. - Trong trường hợp điều kiện của một phương trình có tính phức tạp, ta không cần giải điều kiện đó mà ta thay các giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào và nhận nghiệm thỏa điều kiện. c. 2 5 12 8 2x x− + = 2 2 (2) 5 12 8 4 2 5 12 4 0 2 5 x x x x x x ⇔ − + = =   ⇔ − + = ⇔  =  Vaäy phöông trình coù hai nghieäm x = 2, x = 2 5 Nhận xét: - Trong ví dụ này ta không thấy điều kiện g(x) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một số dương. d. 3 7 4 6x x x+ − − = + (3) Trang 5 ñk: 7 3 7 0 3 7 4 0 4 4 3 6 0 6 x x x x x x x  ≥ −  + ≥    − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤     + ≥ ≥ −    Với điều kiện trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta có: ( ) ( ) 2 (3) 3 7 4 6 3 3 2 4 6 1 1 3 3 13 10 87 0 29 13 x x x x x x x x x x x x x ⇔ + = − + + ⇔ − = − + ≥   ≥  =  ⇔ ⇔ ⇔ =    − − =    = −    Vaäy phöông trình coù ngieäm x = 3 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bình phương hai vế của phương trình nhiều lần mới có thể đưa về dạng cơ bản. - Khi bình phương hai vế của một phương trình, học sinh cần chú ý là đang vận dụng phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi đổi để đưa ra phương trình hệ quả. Thông thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần chú ý đến tính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu. e. 5 5 1 x x x + + − = (4) ñk: 5 0 5 5 5 0 0 0 x x x x x + ≥  − ≤ ≤   − ≥ ⇔   ≠   ≠  ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 (4) 5 5 0 0 0 0 10 0 25 160 0 4 5 5 2 25 10 0 16 0 4 4 ⇔ + + − =     > >  >  >      ⇔ ⇔ ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ =     + + − = − = −       = − =      =    = −   x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4 Trang 6 3. GI ẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ: Trong phần này tôi đưa ra một số bài toán đổi biến thường thấy trong kiến thức toán lớp 10 và cách giải chúng thông qua các ví dụ minh họa. Ví d ụ: Giải các phương trình sau: a. 2 2 2 2 4 3x x x x+ = − − + b. ( ) ( ) 2 1 2 3 4x x x x+ + = + − c. ( ) ( ) 2 2 7 2 7 3x x x x− − − − − − = d. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 4 1 3 2 1x x x x+ + = − + + Giải a. 2 2 2 2 4 3x x x x+ = − − + đặt t = 2 2x x+ ⇒ t 2 = x 2 + 2x, t ≥ 0 ta được phương trình : t = – 2 t 2 + 3 ⇔ 2t 2 + t - 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = – 1,5 (loại) t = 1 ⇒ 2 2 1 2 2 1 2 1 0 1 2 x x x x x x  = − − + = ⇔ + − = ⇔  = − +   Vậy phương trình có nghiệm là: 1 2, 1 2x x= − − = − + b. ( ) ( ) 2 1 2 3 4x x x x+ + = + − ⇔ 2 2 3 2 3 4x x x x+ + = + − Đặt t = 2 3 2x x+ + ⇒ x 2 + 3x = t 2 – 2 , t ≥ 0 Ta được phương trình: t = t 2 – 2 – 4 ⇔ t 2 – t – 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1 ( loại ) Với t = 2 ⇒ 2 2 3 17 2 3 2 2 3 2 0 3 17 2 x x x x x x  − − =   + + = ⇔ + − = ⇔  − + =   Vậy phương trình có nghiệm là: 3 17 3 17 , 2 2 x x − − − + = = Nhận xét: - Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý: • Vế phải của hai phương trình này này khơng có căn bậc hai và có bậc là 2n nếu ta bình phương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, vì thế việc giải phương trình là điều khơng khả thi. Trang 7 • Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trình như sau: ( ) ( ) 2 2 α β γ δ + + = + +ax bx ax bx , khi đó ta đổi biến t = ( ) 2 α β + +ax bx ⇒ ( ) 2 2 , 0 β α α − + = ≠ t ax bx , t ≥ 0 - Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉ trở lên ( có thể trùng nhau ) ta vẫn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình. c. ( ) ( ) ( ) 2 2 7 2 7 1x x x x− − − − + − = Cách 1: Đặt t = 2 7x x− + − ⇒ 0 ≤ t ≤ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 7 10x x+ − + − = và t 2 – 5 = 2 ( ) ( ) 2 7x x− − Ta được phương trình: t 2 – 5 – t = 1 ⇔ t 2 – t – 6 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = – 2 (loại ) Với t = 3 ⇒ ( ) ( ) 2 7x x− − = 2 ⇔ x 2 – 9x + 18 = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Cách 2: Đặt u x 2, v 7 x= − = − , u ≥ 0, v ≥ 0 Ta được hệ phương trình: ( ) 2 2 2uv u v 1 u v 5  − + =   + =   ⇒ (u + v) 2 – (u + v) – 6 = 0 ⇔ (u + v) = 3 hoặc u + v = – 2 (loại) Từ đó ta có hệ phương trình u v 3 uv 2 + =   =  ⇒ u, v là hai nghiệm của phương trình : X 2 – 3X + 2 = 0 ⇔ X = 1 hoặc X = 2 ⇒ x 2 1 x 2 2 x 3 7 x 2 7 x 1 hoaëc hoaëc x =6   − = − =   ⇔ =   − = − =     Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Nhận xét: - Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là : ( ) ( ) 2 2 2 7 5− + − =x x ( hằng số ), t 2 – 5 = 2 ( ) ( ) 2 7x x− − , cần chú ý đến điều kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có nhiều thuận lợi. Trang 8 - Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta có lợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát ( ) ( ) ( ) α β γ + + + + + + =ax b cx d ax b cx d thì việc vận dụng cách giải hai là có lợi thế hơn rất nhiều: Cụ thể như sau: đặt u ax b,v cx d= + = + , u ≥ 0, v ≥ 0 ⇒ ta có hệ: 2 2 bu cv cb ad uv (u v) α β γ  − = −  + + =  -Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta có thể giải được nhiều bài toán dạng này một cách thuận lợ hơn. d. ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 4 1 3 2 1x x x x+ + = − + + pt ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 3 2 1 6x x x x+ + = + + + − Đặt t = 2 2 1x + , t ≥ 1 Ta được phương trình : t 3 – 2t 2 – 3t + 6 = 0 ⇔ ( t – 2 )(t 2 – 3 ) = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 3 hoặc t = – 3 ( loại ) Với t = 2 ⇒ 2 2 1x + = 2 ⇔ x = 6 2 ± Với t = 3 ⇒ 2 2 1x + = 3 ⇔ x = ± 1 Vậy phương trình có bốn nghiêm là: x = 6 2 ± , x = ± 1 4. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ Đ AÙNH GIAÙ ÖÔÙC LÖÔÏNG: Ví dụ: giải các phương trình sau: a. 2 2 2 2 4 12 13 3 (1)x x x x+ + + + + = b. ( ) 6 3 2 2 2 26 5 2x x x x+ + = − Giải a. 2 2 2 2 4 12 13 3x x x x+ + + + + = Ta có: ( ) 2 2 2 2 1 1 1,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡ ( ) 2 2 4 12 13 2 3 4 2,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡ ⇒ (1) 2 2 1 2 2 1 3 4 12 13 4 2 x x x x x x x = −   + + =   ⇔ ⇒ ∈∅   = − + + =     Vậy phương trình vô nghiệm Trang 9 b. ( ) 6 3 2 2 2 26 5 2 (2)x x x x+ + = − Nếu ( ) 2 2 2 2 0 2 2x x x x− < ⇔ > ⇔ > thì phương trình (2) vơ nghiệm. Nếu ( ) 2 2 2 0 2x x x− ≥ ⇔ ≤ Ta có: ( ) 2 6 3 3 2 26 1 25 5,x x x x+ + = + + ≥ ∀ ∈¡ ( ) 2 2 2 2 2 2 5 2 5 5, 2 x x x x x   + − − ≤ = ∀ ∈  ÷   ¡ ( vì x 2 ≥ 0 và 2 – x 2 ≥ 0 ) ⇒ (2) ⇔ ( ) 2 3 3 4 2 2 2 1 0 1 25 5 1 2 1 0 5 (2 ) 5 x x x x x x x   + = + + =   ⇔ ⇔ = −   − + =    − =  Vậy phương trình có nghiệm x = – 1 Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc đánh giá chính xác giá trị hai vế của một phương tình chứa căn đưa đến việc giải các phương trình một cách đơn giản hơn. - Khi giải bài tốn bằng phương pháp này học sinh cần chú đến điều kiện dấu bằng của bất đẳng thức để q trình giải chính xác hơn. 5. PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ: Ví dụ: Giải phương trình: a. ( ) 2 2 2 5 5 6x x x x x+ + = + + b. ( ) 2 4 4x x x− + + = Giải: a. ( ) 2 2 2 5 5 6x x x x x+ + = + + Phương trình (1.3) có dạng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 4 6 0x x x x x x+ − + + + + = (1.3a). Đặt 2 0t x x , t= + ≥ (*). Phương trình (1.3a) trở thành: ( ) ( ) 2 2 5 4 6 0t x t x− + + + = (1.3b). Ta thấy ( ) 2 2 1x∆ = + nên các nghiệm của (1.3a) là: 2 2 3 t t x =   = +  . Kết hợp với (*) ta nhận được: Với t = 2 ⇒ 2 2x x+ = ⇔ x 2 + x – 4 = 0 ⇔ 1 17 1 17 2 2 x , x + − + = − = . Trang 10 [...]... phương trình là: x = 1 8 PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CĨ CHỨA THAM SỐ: Ví dụ 1: Tìm các giá trò a để phương trình sau có nghiệm: a + x 2 − 2x + a2 = x − 1 Giải: Phương trình (3.1) ⇔ a + (x − 1)2 + a2 − 1 = x − 1 t ≥ 0 Đặt t = x − 1 , t ≥ a  (*) t ≥ 0 t ≥ a > 0   Khi đó phương trình trở thành t ≥ a ⇔ t = 1  2a t = 1  2a   a > 0 1  Ta thấy phương trình có nghiệm khi a2 ≤ 1 ⇔ 0 < a ≤ 2 ... − v ) = 2 ( u − v ) ( 2 + uv ) 1 Trang 13  u,v ≥ 0  2 2 2 2 Do đó phương trình ⇔  u + v = 2 ⇔ u2 = 1 + , v2 = 1 − 2 2  2 2 u − v = 2 Suy ra nghiệm phương trình là: x = 2 2 Ví dụ 5: Giải phương trình: x − 3 + 5 − x = x 2 − 8x + 18 Giải: Phương trình (1.7) có dạng x − 3 + 5 − x = ( x − 4 ) + 2 2 Với 3 ≤ x ≤ 5, ta có: 2 Phương trình ⇔ 2 + 2 ( x − 3) ( 5 − x ) = ( x − 4 ) + 2  ⇔ 2 + 2 1 − ( x... 2 Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số t và x đóng vai trò như một tham số Chú ý khi vận dụng cách giải này học sinh cần chú ý đến giá trị ∆ =( ax + b )2(a,b ∈ R), nếu khơng thì việc giải phương trình theo cách này gặp rất nghiều khó khăn - Trong dạng phương trình ở câu b, ta có khái qt thành bài tốn có dạng phương trình như sau: ax+b =...   Ta được:  ⇔ 2  x = 2a + a  2ax − a2 = a 2a    2 1 1 1 Tóm lại: với a = 2 phương trình có nghiệm là 4 ≤ x ≤ 2 , 2a + a với a > 2 phương trình có nghiệm là x = 2 2 1 Ví dụ 3: Đònh tham số a để phương trình sau có nghiệm: x 2 − 2a + 2 x 2 − 1 = x x ≥ 1  2  x ≥ 2a  Giải: Điều kiện  (*) Khi đó phương trình trở thành 2 (x a  2 x ≤ 1 + 2 ⇔  4 x 2 − 2a x 2 − 1 = a + 2 − 2 x 2  a  2... 1: Giải phương trình: 3 ( x − 2 ) x 2 + 1 = x 2 + x − 6 Giải: Phương trình có dạng: 3 ( x − 2 ) x 2 + 1 = ( x − 2 ) ( x + 3) Hay ( x − 2 ) ( x = 2 x + 3 − 3 x2 + 1 = 0 ⇔  2 3 x + 1 = x + 3 (*)  )  x ≥ −3 3  Ta thấy (*) ⇔ 9 x 2 + 1 = x + 3 2 ⇔ x = 0 , x = 4 ( )   ( ) 3 4 Vậy các nghiệm của (1.1) là: x = 0, x = 2, x = Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 2x 2 − 1 − x 2 − 2x 2 − 1 = 2 x + 2 Giải: ... đẳng thức xảy ra ⇔ x = 4 , 2 2 ( x − 4 ) 2 + 2  ≥ 4 , đẳng thức xảy ra ⇔ x = 4   Do đó phương trình ⇔ x = 4 Hay nghiệm của phương trình là: x = 4 2 Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 − x + 2 − 1 1 2 Giải: Điều kiện 2 ≤ x ≤ 2 ⇔ 2 ≤ x ≤ 2 1 1  = 4−x+ ÷ 2 x x  (*)   Khi đó với 4 −  x + x ÷ ≥ 0 , phương trình có thể viết: 1  1   4 −  x 2 + 2 ÷+ 2 x    ( 1    1   2 − x  2 − 2 ÷ =  4... cần có:  3 1 ≤ 1 + a  2  2  0 ≤ a ≤ 3  Phương trình ⇔   x = 2−a  2 1− a  2−a Vì x ≤ 1 nên ta nhận được nghiệm là x = 2 1 − a 2−a 2 Vậy với 0 ≤ a ≤ 3 thì phương trình có nghiệm là x = 2 1 − a Ví dụ 4: Đònh tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: x + 1 − x + 2m x(1 − x) = m 3 + 2 4 x(1 − x) Giải: Ta thấy nếu xo là nghiệm, thì 1 – xo cũng là nghiệm của Do đó điều kiện cần để phương. .. a ≤ 2   Vậy ta nhận được:  ⇔  x −1 = 1 x = 1 ± 1   2a 2a   1 1 Do đó với 0 < a ≤ 2 thì phương trình có nghiệm x = 1 ± 2a Ví dụ 2: Tìm các giá trò a > 0 để phương trình sau có nghiệm: x + 2ax − a2 + x − 2ax − a2 = 2a Trang 15 Giải: Đặt t = 2ax − a2 , t ≥ 0 và với a > 0 ta có x = Vậy phương trình trở thành: t 2 + a2 2 t ≥ 0  (t + a)2 (t − a)2 + = 2a ⇔  2a 2a  t + a + t − a = 2a 2a ... nhận được x = 2 + 5 Do vậy nghiệm của (1.2) là: x = 2 + 5 Trang 12 ) 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x 2 + 1 + x 1 − x2 = 1 2 Giải: 2 2 Phương trình có dạng: 1 + 2x 1 − x 2 = 2 ( 1 − 2x 2 ) ⇔ x + 1 − x = 2 ( 1 − 2x ) 1 2 Ta thấy: 1 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇒ 1 − x2 ≥ x2 ⇒ 1 − x2 ≥ x ⇒ x + 1 − x2 ≥ 0 1 − 2x 2 ≥ 0  Phương trình ⇔  2 2 2 x + 1 − x = 2  1 − x − x     ( 1 − 2x 2 ≥ 0  ⇔ 2   x + 1−... − 1 = 0  2 ⇔ x= −1 + 3 2 2 1 −1 + 3 Do đó các nghiệm phương trình là: x = − 2 , x = 2 2 3 3 2  2 Ví dụ4: Giải phương trình: 1 + 1 − x  ( 1 + x ) − ( 1 − x )  = 2 + 1 − x   Giải: Đặt u = 1 + x và v = 1 − x ( u,v ≥ 0 ) ⇒ u2 + v2 = 2  u2 + v2 = 2  Ta có hệ  , ( u,v ≥ 0 ) 3 3  1 + uv u − v = 2 + uv  ( ) 1 2 3 3 Với u2 + v2 = 2 , ta có: 1 + uv = ( u + v ) và u − v = ( u − v ) ( 2 + uv ) . tốn: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI Đối với phần này, tơi hệ thống lại một số dạng tốn cơ bản thường thấy khi giải phương trình có dấu căn bậc hai. là nghiệm của phương trình. Trang 3 2. DẠNG CƠ BẢN PH ƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI: Trong phần này tơi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường