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


⇔ ⇔ = −
≥
 

− − + ≥



− ≤ ≤

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

− ≥
− ≤ ≤





= ⇔

=


(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

x
x
x
x x
x x
x
≥

− ≥

≥

 
⇔ ⇔ ⇔ =
=

  
− =
+ = −





=


Vậy phương trình có nghiệm x = 4
Cách giải 2:
2 1 1x x+ = −

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

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.

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
⇔ + = − + + ⇔ − = − +
≥


≥

=

⇔ ⇔ ⇔ =
 

− − =

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




=



= −


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+ = − − +

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

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 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 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 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.



+ + =
 
⇔ ⇒ ∈∅
 
= −
+ + =




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

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:

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
Với t = 2x + 3
⇒
2


⇔
3
2
11 13
6
x
x

≥ −



− ±

=


⇔
11 13
6
x
− +
=
.
Vậy các nghiệm của (1.3) là:
1 17 1 17
2 2
x , x
+ − +

Hay
( ) ( )
2
2
1 1 0u x u x
 
− − − + − =
 
⇔
( ) ( )
1 0u x u x+ − − =
⇔
1
u x
u x
=


= −

.
ª Với u = x: Ta nhận được
2
0
4
4 0
x
x x
x x
≥


− = +


⇔
2
1
3 3 0
x
x x
≤



− − =


⇔
3 21
2
x
−
=
.
Do vậy các nghiệm của (1.5) là:
1 17
2
x
+
=

3 2 1 6x x x x− + = + −

Giải:
Phương trình có dạng:
( ) ( ) ( )
2
3 2 1 2 3x x x x− + = − +
Hay
( )
(
)
2
2 3 3 1 0x x x− + − + =
⇔
2
2
3 1 3
x
x x (*)
=


+ = +


.
Ta thấy (*) ⇔
( )
( )
2

2 2 2 1 2 2 2 1 2 2x x x x x+ − − − − = +
Hay
(
)
(
)
( )
2 2
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2x x x+ − − − − = +
⇔
( )
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2x x x+ − + − − = +
(*).
Nếu
2
1 2 1x− −
≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2x
2
– 1 ≤ 1 ⇔
1
1
2
x≤ ≤
(a).
Khi đó (*) trở thành
2 1 1 2x x+ = ⇔ = −
: không thoả (a).
Nếu

≥ −


− − =


⇔
2 5
2 5
x
x

= +

= −


.
Vì (b) nên ta chỉ nhận được
2 5x = +
.
Do vậy nghiệm của (1.2) là:
2 5x = +
.
Trang 12
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
1
2 1 1
2


− ≥


 
+ − = − −

 


⇔
(
)
(
)
2
2 2
1 2 0
1 2 1 1 0
x
x x x x

− ≥


 
+ − − − − =

 
 

Với
( )
2
2
2 1
2 1 2 1
4 2 2 1 0
x
x x
x x

≥ −

− = + ⇔

+ − =


⇔
1 3
2 2
x
− +
=
.
Do đó các nghiệm phương trình là:
1
2
x = −
,

u v
uv u v uv

+ =


+ − = +


,
( )
0u,v ≥
Với
2 2
2u v+ =
, ta có:
( )
2
1
1
2
uv u v+ = +
và
( ) ( )
3 3
2u v u v uv− = − +
.
Suy ra
( ) ( )
( )

.
Suy ra nghiệm phương trình là:
2
2
x =
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
2
3 5 8 18x x x x− + − = − +

Giải:
Phương trình (1.7) có dạng
( )
2
3 5 4 2x x x− + − = − +
Với 3 ≤ x ≤ 5, ta có:
Phương trình ⇔
( ) ( ) ( )
2
2
2 2 3 5 4 2x x x
 
+ − − = − +
 
⇔
( ) ( )
2
2 2
2 2 1 4 4 2x x
 

2
1 1
2 2
2
2
x x≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
(*).
Khi đó với
1
4 0x
x
 
− + ≥
 ÷
 
, phương trình có thể viết:

( )
2
2 2
2 2
1 1 1
4 2 2 2 4x x x
x
x x
 
     
− + + − − = − +
 ÷  ÷  ÷
 

.
Do đó phương trình trở thành:
Trang 14
( )
2
2 2
6 2 9 2 4u u u− + − = −
⇔
2 2
9 2 4 5u u u− = − +
⇔
( )
( )
2
2
1 2 4 1 2u u− − = + −

Ta thấy:
( )
2
1 2 1u+ − ≥
, đẳng thức xảy ra ⇔ u = 2.
Vì
( )
2
2 1 2 4 1u nên u≥ − − ≤
, đẳng thức xảy ra ⇔ u
2
= 4.
Do vậy phương trình ⇔

0
1
t
t x ,
t a
≥

= −

≥

(*).
Khi đó phương trình trở thành
0
2 1
t
t a
at
≥


≥


=

⇔
0
1
2

.
Vậy ta nhận được:
1
0
2
1
1
2
a
x
a

< ≤




− =


⇔
1
0
2
1
1
2
a
x
a

2
2t ax a= −
, t ≥ 0 và với a > 0 ta có
2 2
2
t a
x
+
=
.
Vậy phương trình trở thành:
2 2
2
2 2
(t a) (t a)
a
a a
+ −
+ =
⇔
0
2 2
t
t a t a a a
≥



+ + − =



.
Ta được:
1
2
1 1
4 2
a
x

=




≤ <


.
Nếu t ≥ a: (3.2) ⇔
0
2
t a
t a a
≥ >



=



=


.
Tóm lại: với
1
2
a =
phương trình có nghiệm là
1 1
4 2
x≤ ≤
,
với
1
2
a >
phương trình có nghiệm là
2
2
2
a a
x
+
=
.
Ví dụ 3: Đònh tham số a để phương trình sau có nghiệm:
2 2
2 2 1x a x x− + − =

≤ +



− − = + −

⇔
( ) ( )
2
2
2
1
2
4 1 2
a
x
a x a

≤ +



− = −

(3.3a).
Trang 16
Từ (*) và (3.3a) ta cần có:
2 1
2
2

≤ ≤



−

=

−

.
Vì x ≤ 1 nên ta nhận được nghiệm là
2
2 1
a
x
a
−
=
−
.
Vậy với
2
0
3
a≤ ≤
thì phương trình có nghiệm là
2
2 1
a

x =
vào
suy ra:
3
0 1m m m , m= ⇒ = = ±
.
Đảo lại:
Với m = 0: (3.4) trở thành
4
1 2 1x x x( x)+ − = −

⇔
( )
2
4 4 4 4
1
1 0 1
2
x x x x x− − = ⇔ = − ⇔ =
(thoả).
Với m = –1: (3.4) trở thành
4
1 2 1 1 2 1x x x( x) x( x)+ − − − = − + −
⇔
( )
4
1 2 1 1 2 1 0x x x( x) ( x) x x( x)
 
+ − − − + − + − − =
 

1
2
x =
.
Trang 18