MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU
CĂN Ở ĐẠI SỐ LỚP 1O
I. MỞ ĐẦU
1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Dạy học theo hướng đổi mới là học sinh làm trung tâm, giáo viên chủ đạo;
các em học sinh tự giác tích cực tìm hiểu và lĩnh hội kiến thức.
Số lượng công thức và
dạng toán học trong hệ thống môn
Toán ở trường phổ thông là rất lớn. Vì vậy giáo viên truyền thụ kiến thức cho học
sinh phải làm cho học sinh thấy được dạng toán nào là cơ bản, có những định
hướng, nguyên tắc biến đổi như thế nào để học sinh thấy không có quá nhiều
dạng bài tập, giáo viên có vai trò để học sinh thấy được học sinh cần nắm được
đâu là bài toán cơ bản, khi học sinh gặp một bài tập khó thì bài toán đó cái gốc ban
đầu là từ đâu, tư đó phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, đối với dạng toán
phương trình vô tỷ, dạng cơ bản là (1), sau khi đặt điều kiện cho hai vế không âm,
bình phương hai vế của phương trình, sẽ dẫn đến các phương trình bậc nhất, bậc
hai một ẩn, phương trình chứa ẩn dưới dấu căn đều biến đổi về phương trình dạng
(1).
Trong quá trình dạy Toán ở trường Trung học phổ thông nói chung, dạy
toán đại số lớp 10 nói riêng, tôi cố gắng truyền thụ kiến thức Toán một cách đơn
giản nhất cho học sinh, trong đó cố gắng tránh sự áp đặt và truyền thụ máy móc,
hướng dẫn học sinh thuộc và nhớ công thức toán mà giảm tối đa phương pháp học
thuộc lòng. Học sinh không cần nhớ nhiều dạng toán, mà từ dạng toán này ta cần
biết biến đổi về bài toán gốc ban đầu của nó, bài toán cơ bản nào mà ta cần hướng
đến, làm sao để học sinh thấy thú vị khi giải các bài toán dù khó, nhưng khi hiểu
được nguyên tắc cơ bản của nó thì bài toán trở nên đơn giản.
Riêng chương III đại số lớp 10 (ban cơ bản) là một chương rất thuận lợi cho việc
dạy và học theo xu hướng trên. Đã nhiều năm, tôi thực hiện theo cách này. Nay
ghi lại gọi là chút kinh nghiệm, giải bày cùng đồng nghiệp và quí bạn đọc. Đề tài
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 1
( ) ( )f x g x=

nguyên, sau đó đưa về phương trình tích.
3. Phương trình chứa ba căn bậc hai, trong đó có một căn bậc hai là tích của hai
căn bậc hai còn lại.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
4. PHẠM VI NGHIÊN CỨU :
Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :
a. Nghiên cứu lý thuyết:
Cơ sở để tìm hiểu chương phương trình trong Toán lớp 10 là đại số cao cấp
Tìm hiểu phương pháp dạy học, chuẩn kiến thức kỹ năng môn toán ở
trường phổ thông, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên - Toán lớp 10, Sách giáo viên đại
số 10, Sách giáo khoa Đại số 10
b. Nghiên cứu thực tế:
Thông qua học sinh làm được bài thi trong các kỳ đại học, cao đẳng.
Thăm dò ý kiến học sinh và đồng nghiệp.
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 3
II. NỘI DUNG
1. THỰC TRẠNG :
1.1. Thuận lợi:
- Các kiến thức không phức tạp, dễ tiếp thu, kiến thức gắn liền với phương trình
đại số mà học sinh đã được học ở các lớp dưới, ở đây chỉ thông qua các phép biến
đổi tương đương để giải các phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn bậc hai, căn
bậc ba
2. Khó khăn:
Bài tập này để rèn luyện cho học sinh khá, giỏi
1.2. GIẢI PHÁP, BIỆN PHÁP :
a. Nội dung giải pháp: Giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Dạng 1: Giải phương trình dạng:
(1)

toàn.
Bài toán 1: Giải phương trình sau:
(1)
Giải:
Phương pháp 1:
Phương trình (1)

Vậy: S= là nghiệm của
phương trình
Phương pháp 2:
Sử dụng máy tính ta sẽ tìm được
một nghiệm nguyên
. Khi đó ta thực hiện như
sau:
Phương trình (1) được viết
như sau: (1)
Đk:
(1)
Giải phương trình (2): Đặt
Phương trình (2) có dạng:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 5
2
4 3 5x x x− − = +
( )
2
2
2
4 3 0
5 4 3
x x

( ) ( )
( )
2
2 7
2 7
1 4 5 1 0
x
x
x x x x


≤ −



⇔
≥ +




+ − − − =


2 7
2 7
1
4
5 29
2



=




5 29
1;
2
 
+
 
−
 
 
 
1x =−
( )
2
4 3 ( 1) 5 2x x x x− − = + − +
( ) ( )
5 2 1 5x x x+ − = + −
5x≥−
( ) ( )
1
1 5
5 2
x
x x


= +

2
1
10
2
t
t
= −
+
3 2
2 10 21 0t t t⇔ + − − =
3
1 29
2
t
t
=−


⇔
±

=


So sánh với điều kiện:
Với ta có:
Phương pháp 3: Đk:

2 5y x− = +
( )
2
2
2 5
y
y x
≥


⇔

− = +


( )
( )
2
2
0
2 5
2 5
y
x y
y x

≥


− = +

2
x y
y x
x y
y x
y


− = +



=





− = +



=− −




≥



t
t x
≥

⇔

= + +

2
0
3 2
t
t x
≥

⇔

= − −

2 2
3 2 0t t x x+ − + − =
2
1
t x
t x
= −

⇔

=− +

giải theo phương pháp 4 đổi biến không hoàn toàn sẽ giải ngắn gọn và dễ dàng mà
chưa cần đến kiến thức lớp 12.
Bài toán 2: Giải phương trình sau
(1)
Giải:
Đặt:
(*)
Vấn đề đặt ra ở dạng này là biến
đổi: 7 = 8 – 1 hoặc 7 = 6 + 1. Ở đây ta nên biến đổi 7 = 6 + 1 để hệ số của và t
2
trái
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 7
2t x= −
5 2x x+ = −
2
2
5 1 0
x
x x
≥

⇔

− − =

5 29
2
x
+
⇔ =

(*)
Để hệ số của t
2
và x
2
trái dấu ta sẽ
tách: 4= 12 – 8 hay 8 = 12 – 4
(*)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 8
2
0
6 1
t
t x
≥

⇔

= + +

2
0
1 6
t
t x
≥

⇔

= − −

3 21
2
3 21
2
x
x
x
≥−



− −


=

⇔




− +

=




3t x=− −
2



− +

=




3 21 5 17
;
2 2
S
 
− + − −
 
=
 
 
 
2
2 3 1 5 8x x x+ = − +
2
12 4 5 8x x x⇔ + = − +
12 4t x= +
2
0
12 4
t
t x

Với t = x ta có : (ptvn)
Với t = 3 ta có:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 9
2 2
5 12 12t x x t x= − + − +
2 2
7 12 0t t x x⇔ + − − − =
3
4
t x
t x
= +

⇔

=− −

3t x= +
12 4 3x x+ = +
2
3
6 5 0
x
x x
≥−

⇔

− + =



{ }
1;5S =
2 2
3 1 ( 3) 1x x x x+ + = + +
2
1t x
= +
2 2
0
1
t
t x
≥

⇔

= −

( )
2
3 3 0t x t x− + + =
3
t x
t
=

⇔

=

7
3 6 3
3
x
x x
+
+ − =
7
3
x
t
+
=
2
0
3 7
t
t x
≥

⇔

= +

2
0
3 4 3
t
t x
≥


1t x= +
7
1
3
x
x
+
= +
2
1
3 5 4 0
x
x x
≥−

⇔

+ − =

1
5 73
6
5 73
6
x
x
x
≥−



⇔


+ − =

⇔
4
3
7 69
6
7 69
6
x
x
x

≤−




− −
=







= +

Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là :
Bài toán 7: Giải phương trình:
Giải:
Đặt

Phương trình có dạng:
Với ta có :
Với ta có: (ptvn)
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 11
⇔
2
0
2 8 6
t
t x
≥


= +

( )
2 2

2 7
x
x
x
≥



⇔
= +



= −



3
2
t x= +
3
4 3
2
x x+ = +
2
3
2
4 4 3 0
x
x x


=




3
2 7 ;
2
S
 
= +
 
 
( )
2 2
4 1 1 2 2 1x x x x− + = + +
2
1t x
= +
2 2
0
2 2 2
t
t x
≥

⇔

= +

2 1t x= −
2
1 2 1x x+ = −
2
1
2
3 4 0
x
x x

≥

⇔


− =

1
2
0
4
3
x
x
x

≥


⇔ =

Vậy: Tập nghiệm của phương
trình là:
Bài toán 9: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Cách 1: Đặt:
Phương trình (1) trở thành hệ
phương trình:
Phương trình (1) là bài toán gốc
để biến đổi thành hệ đối xứng
loại 2, tuy nhiên bài toán này giải được bằng phương pháp đổi biến không hoàn
toàn một cách dễ dàng và ngắn gọn
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 12
3
3
1 2 2 1x x+ = −
3
2 1t x= −
3
2 1t x⇔ = −
3 3
2 2 0t t x x
+ − − =
2 2
2 0(2)
t x
t xt x
=

⇔

S
 
− ±
 
=
 
 
 
2
8 6 2x x x+ = − −
3 8y x− = +
( )
2
3
3 8
y
y x
≥


⇔

− = +


( )
( )
2
2
3

8t x= +
2
0
6 2
t
t x
≥

⇔

= + +

2
0
2 6
t
t x
≥

⇔

= − −

2 2
5 6 0t t x x
+ − + − =
2
3
t x
t x

=


2t x=− +
8 2x x+ =− +
2
2
5 3 0
x
x x
≤

⇔

− − =

2
5 37
2
x
x
≤


⇔

±
=



+ − − =
( )
( )
2 2
2 2 4 1 0t x t xt x⇔ − + + + =
2 2
2
2 4 1 0 (2)
t x
t xt x
=

⇔

+ + + =

2t x=
2 1 2x x+ =
2
0
4 2 1 0
x
x x
≥

⇔

− − =

Vậy: Tập nghiệm phương trình là:


1 5
2
S
 
+
 
=
 
 
 
3 2 2
3
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
( )
( )
3
2 2
3
1 1 7 9 4 7 9 4x x x x x x⇔ + + + = + − + + −
2
3
7 9 4t x x= + −
3 2
7 9 4t x x
⇔ = + −
( )
3
3
1 ( 1) 0t t x x+ − + − + =



1 5
5;
2
S
 
− +
 
=
 
 
 
( ) ( ) ( ) (1)f x g x h x+ =
( )
( )
( )
0
0
0
f x
g x
h x
≥


≥


≥

x≥ −
1 3 1 8x x⇔ + + + =
2
31
8
2
128 960 0
x
x
x x

≤

⇔ =


− + =

2
2 1 3 4x x x− + + = −
1
4
2
x≤ ≤
( )
( )
2
2 1 3 7 5x x x⇔ − + = −
1x⇔ =
{ }

2 1 3 ( 1) 3x x x− + + =− − +
( )
2
2 1
1 1 0
2 1 1
3 2
x
x
x
x
 
+
 ÷
⇔ − + + =
 ÷
− +
+ +
 
2
1
2 1
1 0
2 1 1
3 2
x
x
x
x
=

Ta có:
Vậy nghiệm của
phương trình là:
Bài toán 5: Giải phương trình:
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 17
2x =
3 5 3( 2) 1x x− = − +
2 2
12 4 3 5 3 6x x x+ − + − + = −
( )
2 2
2 2
2 3 0
5 3 12 2
x x
x
x x
 
+ +
 ÷
⇔ − + − =
 ÷
+ + + +
 
2 2
2
2 2
3 0(2)
5 3 12 2

3 1 4 1 6
x x
x x
 
⇔ − + + + =
 ÷
 ÷
+ + + −
 
5
3 1
3 1 0(2)
3 1 4 1 6
x
x
x x
=


⇔

+ + + =

+ + + −

3 1 1
3 1 0 ;6
3
3 1 4 1 6
x x

Bài toán 7: Giải phương trình:
(1)
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 18
4 6x≤ ≤
5x =
2
2 13 17 ( 5)(2 3) 2x x x x− + = − − +
4 6 ( 5)(2 3) 2x x x x− + − = − − +
⇔
4 1 6 1 ( 5)(2 3)x x x x− − + − − = − −
( )
1 1
5 (2 3) 0
4 1 6 1
x x
x x
 
⇔ − − − − =
 ÷
 ÷
− + − +
 
5
1 1
(2 3) 0
4 1 6 1
x
x
x x
=

1 1
3 0
1 3 1 2 5 4
x x
x x x x
 
⇔ − + + =
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
2
0
1 1
3 0(2)
1 3 1 2 5 4
x x
x x x x

− =

⇔

+ + =

+ + + + + +

1 1 1
3 0
3

(1)
Giải:
Đk:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 19
1 1
; ;
2 2
   
−∞ − ∪ + ∞
 ÷  ÷
   
2
2
1
3
2 1
x x
x
⇔ + − =
−
2 2
3 1
3 2 1x x x
⇔ =
+ + −
2 2
3 2 1 3x x x⇔ − = + +
2 2
2 3 16 12x x x⇔ + = −
( )

3 0
4 1 1 9 4 2
x
x x
 
⇔ + + =
 ÷
 ÷
+ + + +
 
0
4 9
3 0
4 1 1 9 4 2
x
x x
=


⇔

+ + =

+ + + +

4 9 1
3 0
4
4 1 1 9 4 2
x

Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 20
2x =
2
3 ( 2)( 1) 1x x x x− + − = − − − +
1 1 ( 2)( 1)x x x⇔ − − = − − −
( )
1
2 1 0
1 1
x x
x
 
⇔ − + + =
 ÷
 ÷
− +
 
2
1
1 0
1 1
x
x
x
=


⇔

+ + =

2 2
2 3 2 4x x t⇔ + − = −
⇔
2
4
2 2 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
Phương trình (1) có dạng:
Với ta có:

Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Cách 2: Đặt:
Phương trình trở thành:
Ta có:

Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
Nhận xét thông qua hai cách giải như sau: Với cách giải 1, sau khi đặt ẩn phụ,
phải tìm điều kiện của ẩn phụ với bài toán phức tạp học sinh khối 10 chưa làm
được, đối với bài toán có chứa tham số giải theo cách 1 là hợp lý, cách 2, phương
trình một ẩn, sau khi đặt ẩn phụ ta chuyển phương trình có hai ẩn , tuy nhiên ẩn
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 21
2
4
2t

0
3 0
x a
a b
x b

+ = ≥

+ >

− = ≥


2 2
4a b⇔ + =
2
1 .a b
a b
= +
+
4
2 2ab
a b
⇔ = +
+
2 2
4
2 2a b ab
a b
⇔ = + − +

Phương trình (1)

Với ta có:
Với ta có:
vô nghiệm
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:
Bài toán 3: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đặt:
Giáo Viên: Nguyễn Thị Phượng. Tổ Toán Trường : Thpt Yjut.Trang 22
2
3 2 6 2 4 4 10 3x x x x+ − − + − = −
2 2x− ≤ ≤
3 2 0
6 2 0
x a
x b

+ = ≥


− = ≥


2 2
2
9 9
a b
a b ab

 
=
 
 
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − +
3
1
2
x≤ ≤
3 2 0
1 0
x a
x b

− = ≥


− = ≥


Phương trình (1) có dạng:
Với Ta có :
Vậy phương của trình là:
Bài toán 4: Giải phương trình:
(1)
Giải:
Đk:
Đặt:
Phương trình (1) có dạng:

2
29 34 0
x
x
x x
≤

⇔ ⇔ =

− + =

2x =
2
2 3 1 3 16 2 2 5 3x x x x x+ + + = − + + +
1x ≥−
2 3 0
1 0
x a
x b

+ = ≥


+ = ≥


2 2
4 3a b x
⇔ + − =
2 2

73 4 307
73 4 307
x
x
x
≤


⇔ ⇔ = −

= ±


(
)
2
( 3 1) 3 2 3 4(1)x x x x x+ − − − + + − =
Giải:
Đk:
Phương trình (1)
Đặt:
Phương trình (1) trở thành:
Với ta có:
Vậy: Tập nghiệm của phương trình
là:
a. Điều kiện thực hiện giải pháp, biện pháp
Đối với học sinh có học lực khá trở lên sẽ dễ dàng tiếp thu các phương pháp giải
các dạng bài tập trên, thông qua các phương pháp trên học sinh sẽ giải được các
phương trình chứa ẩn dưới dấu căn một cách ngắn gọn.
b. Quan hệ giữa các giải pháp, biện pháp

a b
ab a b
+ −
− + = +
( )
2
( ) 8 0a b a b⇔ + − + − =
4
2
a b
a b
+ =

⇔

+ =−

4a b+ =
3 1 4x x+ + − =
2
2 3 7x x x⇔ + − = −
7
14
3
x
x
≤


⇔