Tải bản đầy đủ

SKKN Một số kinh nghiệm giúp học sinh khắc phục sai lầm khi giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn THPT NGUYỄN TRÃI

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của
con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức
rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở
môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng
bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư
duy logic và cách biến đổi. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên
cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận
dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà
nước, nghị quyết TW 4 khoá VII. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch
chuyên môn của trường THPT Nguyễn Trãi năm học 2011-2012, 2012- 2013.
- Năm học 2009 – 2010 tôi được phân công trực tiếp giảng dạy một lớp 10
là lớp học khối A tại trường THPT Triệu Sơn 3. Tại trường THPT Nguyễn Trãi,
năm học 2011-2012 tôi được phân công trực tiếp giảng dạy các 2 lớp 10 một lớp
học theo ban cơ bản A, một lớp học theo ban cơ bản C và năm học 2012-2013 tôi

dạy 3 lớp 10: một lớp học theo ban cơ bản C, một lớp học theo ban cơ bản D, một
lớp học theo ban cơ bản A nhưng điểm đầu vào môn toán đều dưới 5. Đa số học
sinh nhận thức còn chậm, kiến thức có nhiều lỗ hổng. Do đó việc dạy cho học sinh
vừa để lấp lỗ hổng kiến thức vừa để học sinh nắm vững kiến thức mới đòi hỏi giáo
viên phải có phương pháp cụ thể, thiết thực để học sinh nắm được bài tốt hơn.
- Trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em
học sinh đã được học giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn và cụ thể với nội

1
dung sách giáo khoa cơ bản chỉ giới thiệu phương trình chứa dấu căn bậc hai dạng
đơn giản. Mặt khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong
quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều
dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và
giải chính xác phương trình chứa ẩn dưới dấu căn đòi hỏi học sinh phải nắm vững
nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ cao và phải có năng lực biến đổi toán học
.
- Một thực tế nữa là các bài toán giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn rất
phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng –THCN;
không những thế học sinh còn phải giải phương trình chứa căn trong các dạng toán
khác như phương trình mũ và logarit. Do đó học giải phương trình chứa căn không
chỉ để giải một lớp các bài toán về phương trình chứa căn mà còn là công cụ để các
em làm những bài toán dạng khác.
- Với năng lực của những học sinh trong quá trình giảng dạy, tôi cũng không
hy vọng có thể dạy cho các em có những kĩ năng để giải những bài toán khó và
phức tạp mà mục đích giúp học sinh giải thành thạo một số dạng toán cơ bản và
không bị mắc sai lầm trong quá trình làm bài. Qua ba năm giảng dạy tôi đã tích luỹ
được một số kinh nghiệm dạy nội dung kiến thức này.
II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
- Học sinh gặp khó khăn và mắc nhiều sai lầm trong quá trình giải các bài
toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
- Với các dạng toán khác mà khi triển khai đến bước phải giải phương trình
chứa ẩn dưới dấu căn là học sinh giải sai hoặc lúng túng.
- Cụ thể năm 2009 – 2010 khi đang giảng dạy lớp 10D3 trường THPT Triệu
Sơn 3, kết quả bài kiểm tra về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn như sau:

2
Sĩ số Điểm từ 8 trở lên Điểm từ 5 đến 7 Điểm dưới 5
45 Số lượng % Số lượng % Số lượng %
2 4,4 12 26,7 31 68,9
2. Kết quả và hiệu quả của thực trạng
Từ thực trạng trên khi gặp phương trình chứa ẩn dưới dấu căn học sinh
thường giải sai, giải không triệt để, kết luận thường thừa hoặc thiếu nghiệm. Vì vậy
tôi đã rút ra: “Một số kinh nghiệm giúp học sinh khắc phục sai lầm khi giải
phương trình chứa ẩn dưới dấu căn”
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Các giải pháp thực hiện
1. Nghiên cứu những tài liệu về lí luận dạy học môn toán ở trường phổ thông
2. Nghiên cứu những tài liệu có liên quan đến phương trình chứa căn
3. Tìm hiểu thực tế quá trình giải toán phương trình chứa căn của học sinh
4. Tìm hiểu thực tế những sai lầm mắc phải khi giải phương trình chứa căn của học
sinh
5. Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
6. Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
7. Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 10 trong các năm học từ
2009 - 2010 2011 – 2012, 2012 - 2013
8. Thực nghiệm, quan sát, tổng kết kinh nghiệm
II. Các biện pháp thực hiện
Biện pháp 1: Yêu cầu học sinh giải hai dạng chứa căn cơ bản bằng phương
pháp biến đổi tương đương.
Hai dạng cơ bản đó là:
Dạng 1:
2
0



 

 


= ⇔
=
g(x)
f(x) g(x)
f(x) g(x)
Chú ý: Không cần đặt điều kiện

3
Dạng 2:
( )
0

≥ ≥

= ⇔

=


g(x) f(x) 0
f(x) g(x)
f(x) g(x)
Chú ý: Không cần đặt đồng thời cả
( )
0g x ≥

( )
0f x ≥

( ) ( )
f x g x=
.
Trong đó
( )
f x

( )
g x
là những biểu thức đơn giản.
Trong sách giáo khoa Đại số 10 chỉ nêu phương trình dạng
( ) ( )
f x g x
=

và trình bày phương pháp giải bằng cách biến đổi hệ quả, trước khi giải chỉ đặt điều
kiện
( )
0f x ≥
. Nhưng chúng ta nên để ý rằng đây chỉ là điều kiện đủ để thực hiện
được phép biến đổi cho nên trong quá trình giải học sinh dễ mắc sai lầm khi lấy
nghiệm và loại bỏ nghiệm ngoại lai vì nhầm tưởng điều kiện
( )
0f x ≥
là điều kiện
cần và đủ của phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 3 2x x− = −
(1)
Sách giáo khoa đại số 10 đã giải như sau
điều kiện pt(1) là
3
2
x ≥
(*)
(1)
2 2
2 3 4 4 6 7 0x x x x x⇒ − = − + ⇒ − + =

Phương trình cuối có nghiệm là
3 2x = +

3 2x = −
.
Cả hai nghiệm đều thoả mãn điều kiện (*) của phương trình (1) nhưng khi thay các
giá trị của các nghiệm tìm được vào phương trình (1) thì giá trị
3 2x = −
bị loại .
Vậy nghiệm phương trình (1) là
3 2x = +
.
Một số học sinh đã mắc sai lầm là cho rằng sau khi giải được nghiệm ở
phương trình cuối chỉ cần so sánh với điều kiện
3
2
x ≥
để lấy nghiệm và nghiệm
phương trình là
3 2x = +

3 2x = −
.
Nhưng một số học sinh cẩn thận hơn là có thử lại nghiệm. Tuy nhiên với
cách giải trên rất phức tạp ở việc thay giá trị của nghiệm vào phương trình ban đầu
để thử sau đó loại bỏ nghiệm ngoại lai .

4
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
3 2 1 3 1x x x− − = +
(2)
Với những học sinh nắm vững kiến thức và làm bài cẩn thận mà vẫn làm
theo phương pháp biến đổi hệ quả thì cũng gặp khó khăn trong quá trình giải đó là:
Biểu thức dưới dấu căn là biểu thức bậc hai, nên nếu sử dụng phương pháp biến đổi
hệ quả sẽ gặp khó khăn khi biểu thị điều kiện để
2
3 2 1 0x x− − ≥
và thay giá trị của
các nghiệm vào phương trình ban đầu để lấy nghiệm.
Do đó việc học sinh giải đúng theo định hướng ban đầu
Ta chỉ cần điều kiện:
1
3 1 0
3
x x+ ≥ ⇔ ≥ −
(**)
Khi đó phương trình (2)


( )
2
2 2
1
3 2 1 3 1 3 4 1 0
1
3
x
x x x x x
x





= −
− − = + ⇔ + + = ⇔
= −

đối chiếu với điều kiện (**) ta thu được nghiệm pt (2) là
1
3
x = −
Ví dụ 3: Giải phương trình
3 4 3x x− = −
(3)
Hướng dẫn học sinh biến đổi tương đường cùng một lúc như sau:
Phươngtrình
(3)
( )
2
2
3
9 29
3 0
3
9 29
2
2
9 13 0
3 4 3
9 29
2
x
x
x
x
x
x x
x x
x






  

  













+
− ≥

+
=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
− + =
− = −

=
.
Vậy nghiệm của phương trình (3) là
9 29
2
x
+
=
Lưu ý: không cần phải thay giá trị của các nghiệm vào phương trình ban đầu
để thử để lấy nghiệm.
Ví dụ 4: Giải phương trình
2
5 6 7 3x x x+ − = +
(4)
Học sinh thường đặt điều kiện
2
5 6 7 0
3 0
x x
x

+ − ≥

+ ≥

sau đó bình phương hai vế để giải
phương trình

5
Học sinh gặp phải một trở ngại là mất thời gian để biểu thị hệ điều kiện của
phương trình mà không biết rằng chỉ cần điều kiện
3 0x + ≥
là điều kiện cần và đủ
mà không cần đặt đồng thời cả hai điều kiện .
Khi đó (4)
2 2
2
5 6 7 3 5 5 10 0
1
x
x x x x x
x



= −
+ − = + ⇔ + − = ⇔
=
Đối chiếu với điều kiện trên ta có nghiệm của pt là
2x = −

1x =
Chính vì điều đó việc định hướng ngay từ ban đầu là yêu cầu học sinh giải
theo cách biến đổi tương đương giúp cho học sinh không đi lệch hướng và tránh
được những sai lầm đáng tiếc.
Ví dụ 5 : Giải phương trình
3 2 2 1x x− + = +
(5)
Để không bị quên kiểm tra lại điều kiện nên yêu cầu học sinh biến đổi tương đương
cùng một lúc: (5)

1
2 1 0
1
2
5
1
3 2 2 1
5
x
x
x
x x
x




 




≥ −
+ ≥
⇔ ⇔ =
− + = +
=
Vậy nghiệm của phương trình là
1
5
x =
.
Ví dụ 6: Giải phương trình
2
2 3 4 7 2x x x+ − = +
(6)
Nhận xét: Biểu thức dưới dấu căn ở vế trái là biểu thức bậc hai nên ta không
cần đặt điều kiện cho vế phải không âm.
Phương trình
2
2
2
2
7
7 2 0
3
7
1
2 3 4 7 2
2 4 6 0
3
x
x
x
x
x
x x x
x x
x




  
  



 





≥ −
+ ≥
≥ −
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
= −
+ − = +
− − =
=
.
Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 .
Biện pháp 2: Lưu ý học sinh nhìn nhận bài toán dạng 1 nhưng không thể giải
bằng phương pháp biến đổi tương đương
Đó là dạng phải sử dụng đến phương pháp đặt ẩn phụ:
Ví dụ 7: Khi gặp bài toán
2 2
3 5 3 7x x x x− + = − + +
(7)

6
Nếu học sinh vẫn cứ biến đổi tương đương đương như sau
Pt (7)

( )
2
2
2 2
3 3 7 0
3 5 3 7
x x
x x x x





− + + ≥
− + = − + +
thì sẽ dẫn đến một phương trình bậc bốn và
rất khó để giải được kết quả cuối cùng vì phương trình bậc bốn chưa có cách giải
cụ thể đối với học sinh bậc phổ thông .
Do đó ta phải có phương pháp khác đó là đặt ẩn phụ và từ đó hình thành cho học
sinh một lớp bài toán giải phương trình chứa căn bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Khi đó hướng dẫn học sinh biến đổi như sau :
Chưa cần đặt điều kiện, ta biến đổi như sau:
Phương trình (7)

2 2
3 5 3 5 12 0x x x x− + + − + − =
Đặt
2
3 5 ( 0)x x t t− + = ≥
. Khi đó pt trở thành
2
3
12 0
4( )
t
t t
t l



=
+ − = ⇔
= −
Với
2
1
3 3 5 9
4
x
t x x
x



= −
= ⇔ − + = ⇔
=
Thử lại nghiệm với điều kiện thì ta có nghiệm của pt là x = -1 và x = 4
Ví dụ 8 : Giải phương trình
2 2
5 4 12 11 4 12 15x x x x− + = − +
(8)
Theo mạch đó học sinh sẽ giải như sau :
Phương trình (8)


2 2
4 12 11 5 4 12 11 4 0x x x x− + − − + + =
Đặt
2
4 12 11x x t− + =
; điều kiện t

0
Phương trình trở thành:
2
1
5 4 0
4
t
t t
t
=

− + = ⇔

=

(thoả mãn điều kiện của t)
Với
2 2
1 4 12 11 1 4 12 10 0t x x x x= ⇔ − + = ⇔ − + =
pt này vô nghiệm.
Với
2 2
3 56
4
4 4 12 11 4 4 12 5 0
3 56
4
x
t x x x x
x

+
=


= ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔


=


Vậy nghiệm của phương trình là:
3 56 3 56
;
4 4
x x
+ +
= =

7
Ví dụ 9: Giải phương trình:
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1 4 1 3 2 1x x x x
+ + = − + +
Ta biến đổi để trong phương trình có những biểu thức giống nhau như sau:
( ) ( )
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.
Khi đó ta được một phương trình bậc ba với ẩn t:
3 2
2 3 6 0t t t− − + =

⇔ ( 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
Nhận xét :
- Khi việc bình phương hai vế mà dẫn đến một phương trình phức tạp thi ta
nên nghĩ đến việc biến đổi để trong phương trình có những biểu thức chứa biến
giống nhau để giải.
- Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát thành dạng tổng quát như sau:
( ) ( )
2 2
ax bx ax bx
α β γ δ
+ + = + +
, khi đó ta đổi biến t =
( )
2
ax bx
α β
+ +

( )
2
2
, 0
t
ax bx
β
α
α

+ = ≠
, 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.
Ví dụ 10: Giải phương trình:
2
2 1 3 1 0x x x− + − + =
(ĐH Khối D – 2006)
Biến đổi phương trình thành:
2
2 1 3 1x x x− = − + −
(10), đặt điều kiện
1
2
x ≥
,
rồi bình phương 2 vế ta được:
4 3 2
6 11 8 2 0x x x x− + − + =
ta dễ dàng nhẩm được

8
nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được:
(10)
( )
( )
2
2
1
1 4 2 2 2
2 2
x
x x x x
x
=


⇔ − − + ⇔ = +


= −

.
So sánh với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là
1x =

2 2x = +

Biện pháp 3: Hướng học sinh đến những bài toán chứa nhiều căn với nhiều
phương pháp giải khác nhau.
a. Phương trình chứa nhiều căn giải bằng phương pháp biến đổi tương đương,
bình phương nhiều lần:
Ví dụ 11: Giải phương trình
3 7 1 2x x+ − + =
(11)
Điều kiện
3 7 0
1 0
x
x
+ ≥


+ ≥



7
3
1
x
x

≥ −



≥ −



x
1≥ −
(11’)
Chuyển vế và bình phương hai vế ta được
Phương trình (11)

3 7x +
= 2 +
1x +

Với điều kiện (11’) nên hai vế luôn không âm, bình phương hai vế ta được.
(11)

3x + 7 = x + 5 + 4
1x +


2
1x +
= x + 1 với điều kiện (11’) ta tiếp tục bình phương hai vế


4x + 4 = x
2
+ 2x + 1


x
2
-2x - 3 = 0


1
3
x
x
= −


=

(thoả mãn điều kiện (11’)
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1 và x = 3 .
Ví dụ 12: Giải phương trình
2 4 1 2 3 4 16x x x x− + − = − + −
(12)
Khi gặp bài toán này nhiều học sinh có thể đưa ra lời giải sai như sau
Phương trình (12)

2 4 1 2 3 4 16x x x x− + − = − + −

2 4 1 2 3 4( 4)x x x x⇔ − + − = − + −

9

1 0 1
1 2 3 2
1 2 3 2
x x
x x x
x x x
 
 
 
− ≥ ≥
⇔ − = − ⇔ ⇔ =
− = − =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
Nhận xét: Ta nhận ra ngay x = 2 không phải là nghiệm đúng của phương trình đã
cho do học sinh không tìm điều kiện của phương trình
Lời giải đúng là: Điều kiện
4 0
1 0 4
2 3 0
x
x x
x





− ≥
− ≥ ⇔ ≥
− ≥
(12’)
Với điều kiện (12’) phương trình


2 4 1 2 3 2 4x x x x− + − = − + −


1 2 3 2x x x⇔ − = − ⇔ =
( không thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Chú ý rằng:



=

⇔+=+
CB
A
CABA
0
Tuy nhiên không phải bài nào ta cũng cố đi tìm cho được điều kiện cụ thể
của phương trình, chẳng hạn như bài toán sau:
Ví dụ 13: Giải phương trình
2 2
7 5 3 2x x x x x− + + = − −
(13)
Hướng dẫn : Điều kiện
2
2
7 5 0
3 2 0
5 0
x x x
x x
x

− + + ≥


− − ≥


+ ≥


(13’)
Lưu ý: Hệ điều kiện trên rất phức tạp nên ta không cần giải ra cụ thể.
Với điều kiện (13’) nên hai vế không âm , bình phương hai vế ta được
( )
( )
2 2
2 2
(3) 7 5 3 2
5 2 4
2 4 0
5 4 16 16
pt x x x x x
x x x
x x
x x x x
⇔ − + + = − −
⇔ + = − −
+ ≤




+ = + +



3 2
2 0
2 0
1
1
16 16 0
4
x
x
x
x
x x x
x
− ≤ ≤

− ≤ ≤


⇔ ⇔
= −

 
⇔ = −
+ − − =



= ±




10
Vậy nghiệm của phương trình là x = -1 ( thỏa mãn điều kiện (13’))
Ví dụ 14: Giải phương trình:
2 7 2 1 1 4x x x+ + + − + =
(14)
Điều kiện của phương trình là
1x ≥
(14’)
Nhận xét: Biểu thức dưới dấu căn
7 2 1x x+ + +
có dạng hằng đẳng thức
(a + b)
2
= a
2
+2ab + b
2
nên ta biến đổi như sau.

( )
( )
2
14 2 1 1 1 4
2 1 2 1 4
1 2 1 4 3
x x
x x
x x x
⇔ + + − + =
⇔ + + − + =
⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

x = 3 thỏa mãn điều kiện (14’). Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
b. Phương trình chứa nhiều căn giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 15: Giải phương trình:
( )
( )
2 2 7 2 7 1x x x x− − − − − − =
Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là:
( )
( )
2
2
2 7 5x x− + − =
( hằng số ),
( )
( )
2
5 2 2 7t x x− = − −
, cần chú ý đến điều
kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có nhiều thuận lợi.
Điều kiện
2 7x− ≤ ≤
Đặt t =
2 7x x− + −
; Ở đây nếu đặt điều kiện của t để có nghiệm x thì là một
việc làm khó đối với học sinh lớp 10 ở trình độ dưới khá, do đó ta chỉ đặt điều kiện
0t ≥
Ta suy ra
( )
( )
2
5 2 2 7t x 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
Tuy nhiên có những bài toán như sau:
Ví dụ 16: Giải phương trình
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + −
(16)

11
HD: Điều kiện
2 3 0
1
1 0
x
x
x
+ ≥

⇔ ≥ −

+ ≥

(16’)
Ta thấy
( )
2
2
( 2 3) 1 3 4x x x+ + + = +
khác hằng số
Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng phương pháp trên
Đặt
2 3 1x x t+ + + =
, (Điều kiện t

0)


2 2
3 2 2 5 3 4x x x t+ + + = −
Phương trình (16) trở thành : t
2
- t - 20 = 0

t = 5 (nhận) hoặc t = - 4 (loại)
Với t = 5
2
2 2 5 3 21 3x x x⇔ + + = −
( là phương trình thuộc dạng 1)

( )
2 2
2
21 3 0
4 2 5 3 41 216 9
7
118 1345
236 429 0
x
x x x x
x
x
x x
− ≥




+ + = − +




⇔ ⇔ = −

− + =

So sánh với điều kiện (16’) ta có nghiệm của phương trình là
118 1345x = −
Ví dụ 17 : Giải phương trình :
2
2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − +
Hướng dẫn : đặt điều kiện
2x ≥
Cũng với hướng giải đó ta đặt :
2 2 , ( 0)t x x t= − − + ≥

2 2
2 2 4t x x= − −
Phương trình trở thành
2
1
2 0
2( )
t
t t
t l



=
+ − = ⇔
= −
Với
2 2 2
17
1 2 4 2 1 4( 4) 4 4 1
4
t x x x x x x= ⇔ − = − ⇔ − = − + ⇔ =
Vậy pt đã cho có nghiệm là
17
4
x =
Có thể tổng quát cho những phương trình đặt ẩn phụ dạng này như sau :
( ) ( )
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 0m f x g x n f x g x n f x g x p± ± + + + =
,

12
đặt
( ) ( )
t f x g x= ±
, bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua
ẩn t.
c. Phương trình chứa nhiều căn giải bằng phương pháp đặt hai ẩn phụ :
Ví dụ 17: Giải phương trình:
3
24 12 6x x+ + − =
Với phưong trình này có chứa hai lại căn là căn bậc hai và căn bậc ba, do đó
phương pháp binh phương hai vế hay mũ ba hai vế đều không đem lại kết quả
thuận lợi cho việc giải, còn nếu đặt một ẩn phụ thì không thể đưa phương trình về
dạng không chứa căn. Đó là lí do để hướng học sinh đến việc phải đặt hai ẩn phụ.
Ta chỉ cần đặt điều kiện cho căn bậc hai là
12x ≤
Đặt
( )
3
24
, 0
12
x u
v
x v





+ =

− =
. Ta nhận thấy rằng
3 2
36u v+ =
( hằng số)
Do đó ta có hệ
3 2
6
36
u v
u v





+ =
+ =
0 3 4
6 3 10
u u u
v v v
= = = −
  
⇔ ∨ ∨
  
= = =
  
Với
3
0 24 0
24
6
12 6
u x
x
v
x

= + =


⇔ ⇔ = −
 
=
− =



Với
3
3 24 3
3
3
12 3
u x
x
v
x

= + =


⇔ ⇔ =
 
=
− =



Với
3
4 24 4
88
10
12 10
u x
x
v
x

= − + = −


⇔ ⇔ = −
 
=
− =



Vậy phương pt có 3 nghiệm x = -24; x = 3; x = -88
Ví dụ 18: Giải phương trình:
3
3 3
1 3 2x x− + − =
Với phương trình này chỉ chứa một loại căn nhưng để mất căn ta phải mũ ba hai
vế nhưng việc làm này sẽ dẫn đến một phương trình khá phức tạp và khó giải.

13
Nhưng ta lại thấy rằng
( ) ( )
3 3
3 3
1 3 2x x− − − =
( hằng số).
Do đó ta đặt
3
3
1
3
u x
v x

= −


= −


Khi đó ta có hệ
3
3 3
2
2
u v
u v

+ =


− =


3
3
0
2
2
0
v
u
v
u

















=
= −

= −
=
Giải ra ta có các nghiệm là (3; 0) và (0; 3)
Ta tổng quát dạng này như sau:
( ) ( ) ( )
( )
, , 0
n m
F f x a f x b f x+ − =
Biện pháp 4: Lưu ý học sinh khi khai căn của bình phương một biểu thức, đưa
một biểu thức ra ngoài hay vào trong căn bậc hai.
Ví dụ 19: Khi gặp phương trình:
( )
( )
2 2
7 12 3 6x x x x x− + = − − −
(19)
Bài toán này HS có thể giải mắc sai lầm như sau:
Lời giải sai:

( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
(19) 7 12 3 6
3 4 3 3 2
3 4 3 2 3 2 4 0
3
2 4 (*)
x x x x x
x x x x x
x x x x x x x
x
x x
⇔ − + = + − −
⇔ − − = − − −
⇔ − − = − + ⇔ − + − + =
=



+ = −


Giải
( )

ta có
( )
2
2
4 0
4
2 4 7
9 14 0
2 4
x
x
x x x
x x
x x
− ≥




+ = − ⇔ ⇔ ⇔ =
 
− + =
+ = −




Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 và x = 7.
HS có thể kết luận với x =3 và x = 7 là hai nghiệm thoả mãn của phương trình.

14
Mà không ngờ rằng phương trình đã cho còn có một nghiệm nữa là x = 2 cũng thoả
mãn.
Lời giải đúng phải là: Ta có
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
(19) 7 12 3 6
3 4 3 3 2
3 4 3 2
x x x x x
x x x x x
x x x x
⇔ − + = + − −
⇔ − − = − − −
⇔ − − = − −
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 4 1
3 2 3 4 2
x x x x
x x x x

− + = − +
⇔

− − + = − +

Giải (1)

( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 2 3 4 3 2 4 0x x x x x x x⇔ − + = − − ⇔ − + − + =
3
3
7
2 4
x
x
x
x x
=

=

⇔ ⇔


=
+ = −


Giải (2)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 2 3 4 3 2 4 0x x x x x x x⇔ − − + = − − ⇔ − + + − =
3
3
2
2 4
x
x
x
x x
=

=

⇔ ⇔


=
+ = −



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 2; x = 3 và x = 7.
Lưu ý học sinh rằng:
2
0 0
0
0
khi A
A B A B A B khi A
A B khi A
=


= = >


− <

Lời giải trên đã bỏ sót mất trường hợp A ≤ 0
Ví dụ 20: Giải phương trình:
2 2 2 2
2 1 2 1 2 2+ − − − − = +x x x x x
Phương trình có dạng:
( )
2 2 2 2
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2+ − − − − = +x x x x x

( )
2 2 2 2
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2+ − − − − = +x x x x x

15
Đến đây nếu để học sinh tự làm tiếp thì nhiều học sinh sẽ mắc sai lầm như sau:
đưa phương trình về dạng :
( )
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2+ − + − − = +x x x

1 2x⇔ = −
Và kết luận nghiệm của pt là
1 2x = −
Tuy nhiên lời giải đúng thì
1 2x = −
lại không là nghiệm của phương trình
Lời giải đúng như sau:
Phương trình

( )
2 2
1 2 1 1 2 1 2 2+ − + − − = +x x x
(*)
- Nếu
2
1 2 1 0− − ≥x

2
0 2 1 1x⇔ ≤ − ≤
1
1
2
x⇔ ≤ ≤
(a)
Khi đó (*) trở thành
2 1 1 2+ = ⇔ = −x x
không thỏa mãn (a)
- Nếu
2
1 2 1− −x
< 0 ⇔
1>x
(b)
Khi đó (*) trở thành
2
2 1 2− = +x x

( )
2
2
2
2 1 2





≥ −
− = +
x
x x

2
2
2 2 3 0





≥ −
− − =
x
x x

2 5
2 5




= +
= −
x
x
.
Do (b) nên ta chỉ nhận được
2 5= +x
Do vậy nghiệm của phương trình là:
2 5= +x
.
Lưu ý:
0
0
A khi A
A
A khi A


=

− <

Ví dụ 21 : Giải phương trình
( )
2
5 2
5
x
x x
x

+ = +
+
Một số HS đã có lời giải sai như sau:
Ta có:
( ) ( ) ( )
2
5 2 5 2 2
5
x
x x x x x
x

+ = + ⇔ + − = +
+


16

( ) ( ) ( )
2
2 2
2 0
2
3 10 4 4
5 2 2
x
x
x x x x
x x x
+ ≥

≥ −


⇔ ⇔
 
+ − = + +
+ − = +



2
14
x
x
≥ −



= −


Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Nhận xét: Rỏ ràng x = - 14 là nghiệm của phương trình. Lời giải trên đã làm cho
bài toán có nghiệm trở thành vô nghiệm
Lưu ý học sinh rằng:





<<−
>≥
=
0;0
0;0
.
BAkhiAB
BAkhiAB
B
A
B
Do đó lời giải đúng phải là:
2
( 5). 2
5
x
x x
x

+ = +
+
Hoặc:
( )
( ) ( )
2
2
2
2
14
( 5)( 2) 2
5 2 2
x
x
x
x
x x x
x x x



 
  








⇔ ⇔
= −
+ − = +
+ + = +
hệ vô nghiệm
Hoặc:
( )
( ) ( )
5
5
5
14
2
14
( 5)( 2) 2
5 2 2
x
x
x
x
x
x x x
x x x



 
  





< −
< −
< −
⇔ ⇔ ⇔ = −
= −
+ − =− −
+ + = +
Vậy pt có nghiệm là x = -14
Biện pháp 5: Biện pháp không thể thiếu là sau khi dạy xong mỗi dạng toán về
phương trình chứa căn thì yêu cầu học sinh luyện tập bằng những bài toán
tương tự.
Bài tập 1: ( Giải theo một trong hai dạng cơ bản)
a)
2 3x x+ =
; b)
2
6 6 2 1x x x
− = = −
;
c)
2
2 4 2x x x− + + = −
; d)
( )
2
2 8 3 4x x x− − = −
;
Bài tập 2 : (Giải bằng cách đặt 1 ẩn phụ)
a) .
2 2
2 2 4 3x x x x
+ = − − +

17
b)
( ) ( )
2
1 2 3 4x x x x+ + = + −

c)
2 2
5 10 1 7 2x x x x+ + = − −
d)
2
1 12 11 23x x x x+ − − = − + −
e)
2
2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − +
f)
2
2 3 1 3 16 2 5 3x x x x x+ + + = − + + +
Bài tập 3 : ( Giải bằng cách biến đổi tương đương, bình phương nhiều lần )
a)
5 5x x+ − =
;
b)
4 1 1 2x x x+ − − = −
;
c)
5 1 3 2 1 0x x x− − − − − =
;
d)
1 3 4 2 2x x x+ − − = +
;
Bài tập 4 : ( Giải bằng cách đặt hai ẩn phụ)
a)
3
2 1 2 5 3x x+ − − =
b)
4 4
18 1 3x x− + − =
c)
1 1
3
1
2 2
x x+ + − =
d)
3
2 2
1 2 1 3x x− + − =
III. KIỂM NGHIỆM
Để kiểm nghiệm hiệu quả của phương pháp tôi đã thực nghiệm qua nhiều năm
giảng dạy học sinh lớp 10. Tôi đã thấy các em học sinh khắc phục được phần lớn
những sai lầm khi giải phương trình chứa căn, những học sinh có lực học yếu cũng
giải thành thạo những bài toán chứa căn đơn giản một cách chính xác, các em học
sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Cụ thể ở
các lớp khối 10 qua hai năm thực nghiệm ( 2011 -2012 và 2012 – 2013) đối chứng
với lớp 10 năm học 2009 – 2010 khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số HS
hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên , kết quả qua các bài
kiểm tra thử như sau :

18
Năm học Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến
8
Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
2009 - 2010 10D3 45 2 4,4 % 12 26,7% 31 68,9%
2011- 2012
10A1 47 10 21 % 25 53 % 12 26 %
10A4 48 11 23 % 26 54 % 11 23%
2012 - 2013
10A7 46 11 24% 26 57% 9 20%
10A2 46 10 22% 25 54% 11 24%
Nhìn vào số liệu trên cho thấy rằng số lượng học sinh được điểm 5 trở lên là
tương đối, chứng tỏ các em đã năm được cơ bản cách giải phương trình chứa căn
dạng đơn giản.
Với dạng phương trình chứa căn đang còn rất phong phú và đa dạng, có
những phương trình chứa căn thuộc dạng khó. Với thực tế học sinh giảng dạy tôi
chỉ có thể áp dụng ở mức độ phương trình chứa căn có thuật giải.
IV. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Nội dung kiến thức về phương trình chứa căn rất sâu rộng và phong phú. Tôi
đã cố gắn tìm tòi và vận dụng với thực tế là học sinh chủ yếu ở mức độ dưới khá.
Tôi rất mong được sự quan tâm và đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp.
Sau khi nghiên cứu lí luận và thực nghiệm sư phạm tôi có một số đề xuất sau
đây : Rèn luyện cho học sinh kĩ năng giải phương trình chứa căn và khắc phục sai
lầm cho học sinh khi giải phương trình chứa căn là rất cần thiết cho học sinh lớp 10
nhằm phục vụ cho các dạng toán khác ở lớp trên, thực hiện mục tiêu để các em có
thể giải được các bài toán phương trình chứa căn trong các đề thi Đại học, cao
đẳng. Do đó trong chương trình dạy học ôn tập cần đưa vào dạy nội dung này nhiều
hơn.
Tài liệu tham khảo

19
[1] Phan Đức Chính – Vũ Dương Thụy – Tạ Mẫn – Đaog Tam – Lê Thống Nhất.
Các bài giảng luyện thi môn toán ( tập 1). NXB Giáo dục Hà Nội 1997
[2] Phạm Văn Hoàn - Nguyễn Gia Cốc – Trần Thức Trình. Giáo dục học môn
toán. NXB giáo dục Hà Nội 1981.
[3] Nguyễn Thái Hòe. Rèn luyện tư duy qua giải bài tập toán. NXB Giáo dục Hà
Nội 1998
[4]Nguyễn Bá Kim – Vũ Dương Thụy. Phương pháp day học môn toán. NXB Giáo
dục Hà nội 1994.
[5] Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn. Sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải
toán. NXB Hà nội 2004
[6] Trần Văn Hạo- Vũ Tuấn – Doãn Minh Cường – Đỗ Mạnh Hùng – Nguyễn Tiến
Tài. Đại số 10
[7] Võ Anh Dũng – Trần Đức Huyên. Giải toán đại số 10. NXB giáo dục Việt Nam
2009

MỤC LỤC


20
Trang
A. Đặt vấn đề
1
I. Lí do chọn đề tài
1
II. Thực trạng của vần đề nghiên cứu
2
1 Thực trạng
2
2
Kết quả của thựctrạng
3
B. Giải quết vấn đề
3
I. Các giải pháp thực hiện
3
II. Các biện pháp thực hiện
3
Biện pháp 1
Yêu cầu học sinh giải hai dạng chứa căn cơ bản bằng phương
pháp biến đổi tương đương
3
Biện pháp 2
Lưu ý học sinh nhìn nhận bài toán dạng 1 nhưng không thể
giải bằng phương pháp biến đổi tương đương
6
Biện pháp 3
Hướng học sinh đến những bài toán chứa nhiều căn với
nhiều phương pháp giải khác nhau.
9
Biện pháp 4
Lưu ý học sinh khi khai căn của bình phương một biểu thức,
đưa một biểu thức ra ngoài hay vào trong căn bậc hai.
14
Biện pháp 5
Sau khi dạy xong mỗi dạng toán về phương trình chứa căn
thì yêu cầu học sinh luyện tập bằng những bài toán tương tự.
17
III. Kiểm nghiệm
18
IV. Kết luận và đề xuất
19
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa ngày 20 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác

21

Hoàng Thị Thúy Hằng

22

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×