CỘNG HOÀ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - hạnh phúc
__________
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SƠ YẾU LÍ LỊCH
Họ và tên : Nguyễn Thị Hồng Nhật.
Sinh ngày: 09 tháng 10 năm 1980.
Chức vụ: Giáo viên.
Đơn vị công tác: Trường THPT ứng Hoà A – Hà Nội
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm chuyên ngành Toán – Tin.
Hệ đào tạo: Chính Quy.
Bộ môn giảng dạy: Toán.
Trình độ ngoại ngữ: Trình độ C (Tiếng Anh).
Trình độ chính trị: Sơ cấp
Khen thưởng: Sở khen năm học 2006 – 2007.
Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2007-2008
Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2009-2010
Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm 2010-2011
Tên đề tài: DẠY HỌC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA
CĂN THỨC BẬC 2 CHO HỌC SINH LỚP 10
MỤC LỤC
SƠ YẾU LÝ LỊCH……………………………………………………………………….1
ĐẶT VẤN ĐỀ………………………………………………………………………… 2
A. Cơ sở lý luận……………………………………………………… ……………….3
B. Cơ sở thực tiến……………………………… …………………………………… 3
C. Mục đích SKKN………………………………………………………………………3
D. Đối tượng nhiên cứu………………………………………………………………… 3
NÔI DUNG:…………………………………………………………………………… 4
Chương I: Tóm tắt kiến thức cơ bản liên quan
Chương II: Phương pháp biến đổi tương đương
Chương III: Phương pháp đặt ẩn phụ

Kết quả khảo sát trước khi thực hiện đề tài

CHƯƠNG I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trước hết cần làm cho học sinh nẵm vững là việc đầu tiên đối với giải bất
phương trình chữa căn thức bậc hai là cần phải đặt điều kiện cho căn thức bậc hai.
Giáo viên cần dạy cho học sinh các phép biến đổi tương đương của phương
trình sau:
1. Công ( Trừ)
P(x) < Q(x)
⇔
P(x) + Q(x) < Q(x) + F(x)
Chú ý biểu thức F(x) phải có cùng điều kiện xác định với bất phương trình
ban đầu.
2. Nhân ( Chia)
P(x) < Q(x)
⇔
P(x) . Q(x) < Q(x) . F(x)
Nếu F(x) > 0 với mọi x thuộc TXĐ của bất phương trình.
P(x) < Q(x)
⇔
P(x) . Q(x) > Q(x) . F(x)
 Số học sinh nắm vứng kiến thức
giải bất phương trình
 Số học sinh nắm vứng kiến thức
giải bất phương trình
Nếu F(x) < 0 với mọi x thuộc tập xác định của bất phương trình.
Chú ý: Đây là phép biến đổi mà học sinh rất hay nhầm lẫn và làm theo thói
quen như giải phương trình, Giáo viên cần nhấn mạnh các điều kiện và phát triển
rõ bằng phép biến đổi tương đương trên.
3. Bình phương

A
BAB
2
−=
A
≤
0 và B0
AB
B
A
B =
A0 và B0
AB
B
A
B −=
A
≤
0 và B0
CHƯƠNG II. GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC BẬC HAI
BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Các dạng cơ bản.
Học sinh cần nẵm vững và giải thành thạo hai dạnh cơ bản sau:
1. Dạng 1
)()( xGxF
<
(1)
Cách giải:
Bất phương trình (1)
⇔

013
xx
x
x
⇔







>−
−≥
−
≥
0
1
3
1
2
xx
x
x⇔




−
≥
1
0
1
3
1
x
x
x
x
⇔




≥
<≤
−
1
0
3
1
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =
[
)
+∞


+≤−
≥+
≥−
22
2
)1()1(2
01
0)1(2
xx
x
x

⇔









≤−−
−≥



≥
−≤
032

≤≤
−=
31
1
x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình: S =
[ ]
{ }
13;1 −
Chú ý: Trong bài toán này giáo viên lưu ý cho học sinh cách kết hợp nghiệm, có
thể dùng trục số để không làm mất nghiệm của bất phương trình.
2. Dạng 2:
)(()( xGxF ≥

(2)
Cách giải:
Bất phương trình
⇔
[ ]









>

22
2









−+−<−
≥−



≥−+−
<−
xxx
x
xx
x
Giải (1):
(1)
⇔









<<
≥
5
14
2
2
5
x
x
⇔
5
14
2
5
<≤ x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =






5
14
;1
Khi học đã nắm vững hai dạng cơ bản trên thì giáo viên nêu rõ việc
giải các bất phương trình chữa căn bậc hai khác ta thường dùng các phương

06(
2
≤−− xx
⇔
32
≤≤−
x
Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =
[ ]
3;2
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
42115
−>−+−
xxx
( Đề thi ĐH Khối A 2005)
Lời giải: Điều kiện:
2≥x
Bất phương trình
⇔
42115 −+−>+− xxx
Bình phương hai vế không âm của bât phương trình trên ta được
)42)(1(25315
−−+−>−
xxxx
⇔
2)42)(1( +<−− xxx
⇔
2
)2()42)(1(
+<−−

214
Lời giải:
Điều kiện:



≥−−
≤
014
1
x
x
⇔



≤−
≤
41
1
x
x
⇔



−≥
≤
15
1

x
x
Kết hợp điều kiện thì tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S =
( ) (
]
1;14;15
−−−

III.
Phương pháp chia khoảng, xét dấu
Ta thường sử dụng phương pháp này đối với bất phương trình vô tỷ ở dạng
tích hoặc thương. Sử dụng phép biến đổi tương đương nhân hoặc chia với biểu
thức F(x) thì cần biết rõ dấu của F(x) là dương hay âm.
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
0
215
2
<
−−
x
xx
Lời giải:
Điều kiện:



≠
≥−−
0
0215

2
<−−
⇔
22
4215 xxx
<−−
Vì hai vế không âm
⇔
01525
2
>−+
xx
⇔






−−
<
+−
>
5
1921
5
1921
x
x
Kết hợp điều kiện suy ra

4
3
=x
là nghiệm của bất phương trình
Trường hợp 2: Với






∞−∈
4
3
;x
Bất phương trình:
⇔
243
2
≤+−
xx
⇔
443
2
≤+−
xx

⇔
03
2

xx
⇔



≥
≤
3
0
x
x
Kết hợp điều kiện:
3≥x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =
[
)
+∞∪






;3
4
3
;0
Ví dụ 8:
Giải bất phương trình:
0232)3(



=
=
3
0
x
x
Lập bảng xét dấu vế trái ta có
x
∞−

2
1
−

0

2

3

∞+
x
2
– 3x
232
2
−−
xx

1
4
x
x
Trường hợp 1:



=
=
1
4
x
x
là nghiệm của bất phương trình.
Trường hợp 2:
4>x
Bất phương trình:
⇔
4232
−≥−+−
xxx
⇔
)4(4)3)(2(52
−≥−−−
xxxx
⇔
)112()3)(2(2
−≥−−
xxx






≥
>
974
2
11
x
x
⇔
2
11
>x
Trong trường hợp 2, bất phương trình có nghiệm:
( )
+∞;4
Trường hợp 3: x < 1, bất phương trình
⇔
4232 −≥−+− xxx

⇔
)4(4)65(232
2
xxxxx
−≥+−+−+−

⇔




−≥+−
≥−
<
22
)211(65(4
0211
1
xxx
x
x
⇔









≥
≤
<
24
97
2
11


0≥t
Nếu như việc giải bất phương trình theo phép biến đổi tương đương dẫn đến
phương trình bậc cao.
Ví dụ1: Giải bất phương trình
22
271105 xxxx
−−≥++
Lời giải:
Điều kiện:
01105
2
≥++
xx
Bất phương trình:
⇔
36)1105(11055
22
+++−≥++ xxxx
Đặt
txx
=++
1105
2

0≥t
Bất phương trình trở thành:
365
2
+−≥

2
≥−+
xx
⇔



−≤
≥
3
1
t
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =
(
] [
)
+∞−∞− ;13; 
II.
Dạng 2:
Các bất phương trình có biểu thức
ABmBA ±±
trong đó
BA
+
là
hằng số.
Cách giải: Đặt
BAt ±=
suy ra

−
=−++
t
xx
Bất phương trình trở thành
13
2
10
.3
2
>
−
+
t
t
⇔
05623
2
>−+
tt
⇔




≥
−
≤
4
3

2
>+−+−≤−+−
xxxxx
Lời giải:
Điều kiện
1≥x
Đặt
123 −+−= xxt

0≥t
253234
22
+−+−=
xxxxt
Bất phương trình đã cho trở thành
6
2
−≤ tt
⇔
06
2
≥−−
tt
⇔



≥
−≤
3











−≥+−
>−
≥



≤−
≥
xxx
x
x
x
x
Giải (1)
(1)
⇔



≥

≤≤
172
31
x
x
⇔
32 ≥≤ x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S=
[
)
+∞;2
Ví dụ 4: Giải bất phương trình:
11642
2
+−≥−+− xxxx
Lời giải:
Điều kiện:
42 ≤≤ x
Đặt
txx =−+− 42

0≥t
⇔
8622
22
−+−+= xxt
⇔
2
2
2

−≥
t
t
⇔
0844
24
≥−++
ttt
⇔
0)42)(2(
23
≥++− ttt
Với
0≥t
thì
0)42(
23
≥++
tt

⇒
2≥t
Do đó :
242
≥−+−
xx

⇔

48622

và
)(xQ
Dạng:
)().()()( xQxPcxbQxP >+
Cách giải:
-
Xét
0)( =xQ

-
Xét
0)( ≠xQ
, chia hai vế cho Q(x) và đặt

)(
)(
xQ
xP
t =

0),( =⇒ xtF

ẩn x điều kiện của t.

Giáo viên có thể minh họa một vài ví dụ về dạng bất phương trình trên:
1.
)1)(1(71(2)1(3
22
++−>+++−
xxxxxx

Trường hợp1:
1>x
chia hai vế của bất phương trình cho
01 >−x
ta được
1
1
73
1
1
2
22
−
++
>+
−
++
x
xx
x
xx
đặt
1
1
2
−
++
=
x
xx





<
>
2
1
3
t
t
Loại
Với
3>t
ta có
9
1
1
2
>
−
++
x
xx
vì
01 >−x
⇔
0108
2
>+−

22
−+++=−+ xQxxPxx
Đồng nhất hệ số thì tìm được hệ số P=2; Q = 3
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
112592
22
++≥−−−+ xxxxx
(1)
Lời giải:
Điều kiện:
1≥x
(1)
⇔
112592
22
+++−≥−+ xxxxx
⇔
)1)(1(41)1(4592
222
++−++++−≥−+
xxxxxxxx
⇔
)1)(1(424
22
++−≥−+
xxxxx
⇔
)1)(1(4)1(31
22
++−≥−+++

323+≥t
Bất phương trình trở thành:
tt 43
2
≥+
⇔
034
2
≥+−
tt
⇔



≥
≤
3
1
t
t

)1(
Với
3≥t
, tương tự VD5 thì ta cũng tìm được tập nghiệm của bất phương
trình là : S =
[ ] [
)
+∞+−
;6464;1 

(5 ++<+
x
x
x
x
Đặt :
x
xt
2
1
+=
với
( )
2≥t

Suy ra:
2
4
1
2
++=
x
xt
Bất phương trình trở thành:
2
25 tt
<
⇔
052
2

⇔






−
<
+
>
4
175
4
175
x
x
2






−
<
+
>
8
17521

Nhận xét: Trong ví dụ 7 ta thấy mối quan hệ quen thuộc giữa
a
a
1
+
và
2
2
1
a
a +
Do đó dẫn tới việc đặt
x
xt
2
1
+=
thì ta biểu diễn được
2
2
)2(
1
4
1
x
x
x
x +=+
theo t.
Ví dụ 8: Giải bất phương trình:

bất phương trình trở thành
tt −≥− 36
2
⇔







−≥−
≥−
<−
22
)3(6
03
03
tt
t
t

⇔
2
5
≥t
Do đó
2
51
≥+




;4
4
1
;0 
Nhận xét: Trong ví dụ 8 đòi hỏi học sinh có khả năng phân tích nhận xét
mỗi quan hệ giữa các biểu thức trong căn và ngoài căn để từ đó dẫn đến việc chia
hai vế cho
x
và chọn biểu thức làm ẩn phụ.
CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VEC TƠ
I. Các bất đẳng thức véc tơ cơ bản
Cho
);(
11
yxa =
;
);(
22
yxb
=
Ta có:
2211
. yxyxba
+=
1
2
1

a
và
b
cùng hướng
⇔
0
2
1
2
1
>== k
y
y
x
x
3.
a
-
b

≥

ba +
đẳng thức xẩy ra khi hai véc tơ
a
và
b
ngược hướng
⇔
0

y
y
x
x
Chú ý: Ta quy ước đẳng thức xẩy ra dấu bằng nếu có mẫu bằng 0 thì tử bằng
0:
II.
Các bài toán áp dụng
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
161021
2
+−≥−+
xxxx

(1)
Lời giải:
Điều kiện
1≥x
Ta có (1)
⇔
1610213
2
+−≥−+−
xxxx
(2)
Xét các véc tơ
a
=
( )
1;3 −− xx

−
=
− xx
⇔



>
−=−
3
1)1(
2
x
xx
⇔



>
=+−
3
0107
2
x
xx
⇔





3
)
2
1
(1
22
+−=++ xxx

⇒
1
2
3
2
3
)
2
1
(2)1(2
22
>≥+−=++ xxx
Suy ra
0)1(21
2
<++−
xx
do đó điều kiện của bất phương trình:
0≥x
Bất phương trình (1)
⇔
1(21


⇔
a
và
b
cùng hướng
⇔
0
11
1
>=
− xx
⇔



≤
=−
1
)1(
x
xx
⇔



≤
=+−
1
013

x
x
⇔
2
53 −
=x
vậy nghiệm của phương trình là:
2
53 −
=x
Nhận xét: Trong ví dụ 2 giáo viên cần phân tích để học sinh nhớ
rằng để giải bất phương trình chữa ẩn ở mẫu nguyên tắc chung là ta thường