SKKN Gia phuong trinh vo ti.doc

sáng kiến kinh nghiệm
phơng trình vô tỉ
cách giải phơng trình vô tỉ trong trờng thcs
phần thứ nhất
đặt vấn đề.
I - Cơ sở lí luận.
Mục tiêu của giáo dục và đào tạo đã đợc nghị quyết TƯ2 khoá VIII xác định là:
'' Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dỡng nhân tài''. Nh vậy song song
với việc nâng cao mặt bằng dân trí cho toàn dân , đào tạo nhân lực có tay nghề cao
cho các ngành nghề thì việc '' phát hiện và bồi dỡng nhân tài '' đợc Đảng và Nhà n-
ớc ta rất quan tâm.
Nh các bạn đã biết Toán học là một môn khoa học nói chung, nhng lại giữ một
vai trò rất chủ đạo trong các nhà trờng cũng nh đối với các ngành khoa học khác.
Hiện nay đầu t sâu cho bộ môn Toán là mục tiêu của nhiều ngành giáo dục của các n-
ớc trên thế giới cũng nh ngành giáo dục của Việt Nam ta. Toán học nh một kho tàng
tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá mà nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ
thấy rất mê say, ham muốn khám phá và hiểu biết ngày càng nhiều hơn ở bộ môn này.
Các bậc phụ huynh cũng nh các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ớc
học giỏi bộ môn này, tuy nhiên để đạt đợc điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay,
trong các nhà trờng đặc biệt là nhà trờng THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho
HS thì việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất đợc
chú trọng.
Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ
môn Toán, bản thân mỗi ngời giáo viên phải tự mình tìm ra những phơng pháp giải
sao cho phù hợp với từng đối tợng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán
của các em, từ đó tìm ra đợc những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể
bồi dỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội.
Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm đợc các
phơng trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phơng trình đó đối với những đối tợng
là học sinh đại trà. Ngoài ra mở rộng các phơng trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp
hơn đối với đối tợng học sinh khá - giỏi.

Với rất nhiều những chuyên đề đợc đề cập đến khi dạy đại số cấp THCS nói
chung và phơng trình đại số nói riêng, tôi mạnh dạn tập trung suy nghĩ sâu hơn về ph-
ơng trình vô tỉ với các dạng của nó và các phơng pháp giải, cho đối tợng là những HS
1
có nhu cầu ham muốn đợc khám phá loại phơng trình này một cách sâu hơn đối với
đại trà các em học sinh chỉ giải các phơng trình vô tỉ ở dạng đơn giản trong sách giáo
khoa Toán 9.
Sau đây tôi xin mạnh dạn trình bày những suy nghĩ cũng nh những gì mà tôi tìm
hiểu, tham khảo đợc về phơng trình vô tỉ mong các bạn cùng thầy cô đóng góp ý kiến
cho tôi.
II - Cơ sở thực tiễn.
Trong chơng trình Toán THCS, các bài toán về phơng trình vô tỉ đợc đề cập đến
nhng không nhiều, nhng nó lại có rất nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng. Các bài
toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật nhuần nhuyễn, có hệ
thống một số kiến thức khác nh : phơng trình bậc nhất một ẩn, phơng trình tích,
ĐKXĐ của một số loại biểu thức Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát triển khả
năng t duy cho HS, ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức đợc sử dụng thi đầu
vào khối PTTH dới dạng bài tập khó.
Trên thực tế ,với kinh nghiệm bản thân trong quá trình giảng dạy tôi thấy HS th-
ờng mắc một số khuyết điểm sau khi giải phơng trình vô tỉ:
- Thiếu hoặc sai ĐKXĐ của phơng trình (chủ yếu là ĐKXĐ của căn thức).
- Chỉ giải đợc dạng phơng trình đơn giản trong SGK.
-Khi bình phơng hai vế của phơng trình để làm mất CBH thờng các em không
tìm ĐK để cả hai vế đều dơng.
- ở dạng phức tạp hơn thì các em cha có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải
rất hạn chế, các em thờng không có cơ sở kiến thức để phát triển phơng pháp giải.
- Có rất ít tài liệu đề cập sâu về dạng phơng trình này.
- Không đồng đều về nhận thức trong một lớp nên việc phát triển kiến thức về
phơng trình vô tỉ trong các tiết dạy là rất khó.
Có nhiều tài liệu, chuyên đề viết về phơng trình của khối THCS nhng với phơng

trình vô tỉ cũng cha nhiều. Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và ph-
ơng pháp giải từng dạng, tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm ''phơng trình vô
tỉ và các cách giải'' áp dụng cho khối THCS với hy vọng phần nào tháo gỡ những
khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phơng trình này và là cuốn tài liệu có thể dùng
để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp. Với kinh nghiệm còn rất hạn chế và thời
gian nghiên cứu cha nhiều, sáng kiến kinh nghiệm này sẽ không tránh khỏi những
thiếu sót. Do vậy tôi rất mong nhận đợc sự đóng góp ý kiến thật chân tình của các bạn
2
đồng nghiệp và bạn đọc để sáng kiến này có thể đợc áp dụng rộng rãi hơn, góp phần
thúc đẩy chất lợng học tập của các em HS.
iii - nhiệm vụ nghiên cứu:
- Nghiên cứu về khái niệm của phơng trình một ẩn, khái quát và cách giải phơng
trình đó.
- Kỹ năng giải các phơng trình: Phơng trình chứa ẩn ở mẫu, phơng trình
bậc nhất một ẩn, phơng trình chứa hệ số ba chữ, phơng trình chứa dấu giá trị
tuyệt đối, phơng trình tích, phơng trình thơng, phơng trình bậc cao
- Kỹ năng giải các phơng trình bậc cao đa về phơng trình bậc 1, bậc 2, phơng
trình vô tỉ
- Làm các bài tập minh hoạ.
- Một số phơng pháp giải và các dạng bài tập thờng gặp.
iv - Đối tợng nghiên cứu:
- Học sinh lớp 9 trờng THCS.
- Học sinh thi học sinh giỏi của trờng và của huyện.
v- phơng pháp nghiên cứu:
- Tìm đọc các tài liệu tham khảo và nghiên cứu kĩ SGK
-Dạy và trắc nghiệm trên ba đối tợng học sinh: Khá, giỏi - trung bình - yếu, kém.
- Đa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện.
- Tham khảo các trờng bạn, ý kiến đóng góp của các thầy cô dạy lâu năm có nhiều
kinh nghiệm.
- Dự giờ, kiểm tra chất lợng học sinh.

-Dạy thực nghiệm một tiết trên 2 lớp 9 của trờng.
vi - Phạm vi nghiên cứu và thời gian nghiên cứu:
- Giới thiệu nghiên cứu phơng trình vô tỉ trong chơng trình đại số lớp 9 (Trờng
THCS).
- Làm trắc nghiệm trong 3 tháng học kỳ I.
- Kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học.
vi - điều tra cơ bản:
* Tổng số học sinh khối 9: - 78 học sinh/2 lớp 9 - đại trà.
3
- 5 học sinh đội tuyển Toán giỏi trờng chuẩn bị tham
dự thi HSG huyện.
* Phân loại: - Khá, giỏi: 20 học sinh.
- Trung bình: 45 học sinh.
- Yếu , Kém: 13 học sinh.
* Chuẩn bị sách giáo khoa và các bài tập 78/78 học sinh có đủ.
phần thứ hai
giải quyết vấn đề
i - Kiến thức cần sử dụng
Để giải quyết tốt các vấn đề về phơng trình vô tỉ thì HS cần nắm chắc một
số kiến thức cơ bản sau:
1. + Khái niệm về phơng trình, nghiệm của phơng trình, ĐKXĐ của phơng trình
+ Các định nghĩa, định lý về biến đổi hai phơng trình tơng đơng.
+ Cách giải các loại phơng trình cơ bản nh: Phơng trình bậc nhất một ẩn, phơng
trình tích, phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, phơng trình chứa ẩn ở mẫu, phơng
trình bậc hai một ẩn số
+ Tính chất bắc cầu của bất đẳng thức số.
2 . Học sinh nắm chắc:
+ Định nghĩa phơng trình vô tỉ.
+ Các bài giải phơng trình vô tỉ nói chung.
+ Các kiến thức cơ bản về căn thức.

+ Các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ.
+ Các dạng phơng trình vô tỉ, cách giải từng dạng.
+ Những sai lầm thờng gặp khi giải phơng trình vô tỉ.
II - Một số khái niệm
1 - Khái niệm về phơng trình một ẩn:
4
a - Khái niệm: cho A(x), B(x) là hai biểu thức chứa biến x, khi đó A(x) = B(x) gọi là
phơng trình một ẩn. Trong đó:
+ x đợc gọi là ẩn.
+ A(x), B(x) gọi là hai vế của phơng trình.
+ Quá trình tìm x gọi là giải phơng trình.
+ Giá trị tìm đợc của x gọi là nghiệm của phơng trình.
+ : Tập hợp nghiệm của phơng trình.
+ Tập xác định: Tập xác định của phơng trình (thờng viết tắt là TXĐ)
b - Tập xác định của phơng trình: Là tập những giá trị của biến làm cho mọi
biểu thức trong phơng trình có nghĩa.
c - Các khái niệm về hai phơng trình tơng đơng:
+ Là hai phơng trình có cùng một tập hợp nghiệm.
Hoặc : Nghiệm của phơng trình này cũng là nghiệm của phơng trình kia và ngợc
lại.
2. Phơng trình vô tỉ:
a) Định nghĩa: Phơng trình vô tỉ là phơng trình chứa ẩn ở dới dấu căn.
Ví dụ: 1. - 3.
2. -3
1
2
+x
-2x + 5 = 0
b) Các bớc giải phơng trình vô tỉ (dạng chung):
+ Tìm tập xác định của phơng trình.

+ Biến đổi đa phơng trình về dạng phơng trình đã học.
+ Giải phơng trình vừa tìm đợc.
+ So sánh kết quả với tập xác định và kết luận.
3. Các kiến thức cơ bản về căn thức
+ Một số âm không có căn thức bậc chẵn vì điều kiện của ẩn là biểu thức chứa
trong dấu căn bậc chẵn là một số không âm.
+ Đặt điều kiện để phép nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế phơng trình đảm
bảo nhận đợc phơng trình tơng đơng.
+
2
A
= A (với mọi biểu thức A)
iii - các dạng phơng trình vô tỉ cơ bản và cách giải:
1 - Dạng 1 = g (x) (1).
5
Đây là dạng đơn giản nhất của phơng trình vô tỉ.
Sơ đồ cách giải:
= g (x)

g(x)

0 (2).
f(x) = [g(x)]
2
(3).
Giải phơng trình (3) đối chiếu với điều kiện (2) chọn nghiệm thích hợp suy ra
nghiệm của phơng trình (1).
Ví dụ 1: Giải phơng trình:
5x
= x - 7 (1)

Giải
Phơng trình (1)



=

)3()7()5(
)2(07
2
xx
x

Giải phơng trình (3) : x - 5 = x
2
-14x + 49 x
2
-15x + 54 = 0
(x - 6)(x - 9) = 0 => x = 6 hoặc x = 9
Đối chiếu với ĐK (2) ta thấy x = 9 thoả mãn
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là : x = 9
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
5+x
= 1 - x (1)
Giải
Phơng trình (1) 1 - x 0 x

1 (2)
x + 5 = (1 - x)
2

x
2
- 3x - 4 = 0 (3)
Giải phơng trình (3) : (x + 1)(x - 4) = 0 => x = -1 hoặc x = 4
Đối chiếu với ĐK (2) ta thấy x = -1 thoả mãn
Vậy x = -1 là nghiệm của phơng trình (1).
2 - Dạng 2 + = g(x)(1).
Sơ đồ cách giải.
-Tìm điều kiện có nghĩa của phơng trình:
f(x)

0
g(x)

0 (2).
h(x)

0
Với điều kiện (2) hai vế của phơng trình không âm nên ta bình phơng hai vế, ta có:
)()( xgxf
=
2
1
[

[
g(x)
]
2
-

(x) - h(x)
]
(3)
Phơng trình (3) có dạng (1) nên có điều kiện mới:
[
[
g(x)
]
2
- f(x) - h(x)
]

0 (4)
Bình phơng hai vế của phơng trình (3) đợc phơng trình mới đã biết cách giải.
Đối chiếu nghiệm với điều kiện (2) và điều kiện (4) rồi kết luận.
Ví dụ 1: Giải phơng trình:
3+x
+
x1
= 2 (1)
Giải
6
Điều kiện có nghĩa: x + 3 0 x - 3 -3 x 1 (*)
1 - x 0 x 1
Với điều kiện (*) phơng trình có hai vế không âm nên bình phơng hai vế ta có:
x + 3 + 1 - x + 2
3+x
.
x1

= 4 <=>
3+x
.
x1
= 0
=> x = 1 hoặc x = -3
Cả 2 nghiệm đều thoả mãn ĐK (*)
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là : x = -3 hoặc x = 1
Ví dụ 2: Giải phơng trình:
3+x
= 5 -
2x

<=>
3+x
+
2x
= 5 (1)
Giải

Điều kiện : x + 3 0 < => x -3 <=> x 2 (*)
x- 2 0 x 2
Với điều kiện (*) bình phơng cả hai vế của phơng trình (1) ta có :
2x + 1 + 2
3+x
.
2x
= 25
2
3+x

.
2x
= 24 - 2x
<=>
3+x
.
2x
= 12 - x (2)
Điều kiện để (2) có nghĩa: 12 - x 0 x 12 (**)
Bình phơng hai vế của (2) ta có:
(x + 3)(x - 2) = (12 - x)
2
x
2
+ x - 6 = 144 - 24x + x
2
25 x = 150
x = 6 thoả mãn điều kiện (*) và (**)
Vậy nghiệm của phơng trình là x = 6.
3 - Dạng 3
+ = (1)
Dạng 3 chỉ khác dạng 2 ở vế phải là nên cách giải tơng tự nh dạng 2.
Ví dụ 1: Giải phơng trình

1+x
=
x12
+
7x
(1)

Giải
Điều kiện x + 1 0
12 - x 0
x - 7 0
Với điều kiện (*) phơng trình (1) có hai vế không âm nên ta bình phơng hai vế,
ta đợc : (
1+x
)
2
= (
x12
+
7x
)
2
< x + 1 = 12 - x + x - 7 + 2.
x12
.
7x

2
x12
.
7x
= x - 4 (2)
7
7

x

12 (*)
Với (*) thì hai vế của phơng trình (2) không âm ta bình phơng hai vế của (2) ta
đợc:
Phơng trình (2) < 4 (- x
2
+ 19x - 84) = x
2
- 8x + 16
5x
2
- 84x + 352 = 0 (3)
Ta có :
'
= 1764 - 1760 = 4 > 0 = 2
Phơng trình (3) có hai nghiệm: x
1
= 8,8 ; x
2
= 8 đều thoả mãn ĐK (*)
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm : x
1
= 8,8 ; x
2
= 8
Ví dụ 2 : Giải phơng trình

15 x
-
23 x
=

1x
(1)
Giải
Điều kiện: 5x - 1 0 x
5
1

3x - 2 0 <=> x
3
2
<=> x 1 (*)
x - 1 0 x 1
Phơng trình (1) có dạng :
15 x
=
23 x
+
1x

Với ĐK (*) bình phơng 2 vế của phơng trình (1) ta có :
5x - 1 = x - 1 + 3x - 2 + 2
23 x
.
1x

<=> x + 2 = 2.
23 x
.
1x

Với x 1 cả hai vế của phơng trình này không âm , bình phơng 2 vế của phơng
trình ta đợc:
(x + 2)
2
= 4.(x - 1)(3x - 2) x
2
+ 4x + 4 = 12x
2
- 20x + 8 = 0
<=> 11x
2
- 24x + 4 = 0
<=> (x - 2)(11x - 2) = 0 <=> x = 2 hoặc x =
11
2
Theo ĐK (*) thì phơng trình chỉ có nghiệm x = 2
Vậy x = 2 là nghiệm của phơng trình
4 - Dạng 4:
+ = + (1)
Sơ đồ lời giải:
Điều kiện: f(x)

0; h(x)

0, g(x)

0; k(x)

0
Bình phơng hai vế ta có:

f(x) + h(x) + 2 = g(x) + k(x) + 2

- = phơng trình trở về dạng 3 đến đây ta giải tơng tự dạng 3.
Ví dụ : Giải phơng trình

1+x
+
10+x
=
2+x
+
5+x
(1)
8
Giải
Điều kiện: x + 1

0 x

-1
x + 10

0 <=> x

-10 <=> x

-1 (*)
x + 2

0 x

-2
x + 5

0 x

-5
Bình phơng 2 vế của phơng trình (1) ta có :
x + 1 + x +10 + 2.
1+x

10+x
= x + 2 + x + 5 + 2
2+x
.
5+x
<=> 2 +
1+x

10+x
=
2+x
.
5+x

Với ĐK : x

-1 cả hai vế của phơng trình là không âm tiếp tục bình phơng ta có
:
4 + (x + 1)(x + 10) + 4

1+x
.
10+x
= (x + 2)(x + 5)
<=> 4 + x
2
+ 11x + 10 + 4
1+x
.
10+x
= x
2
+ 7x + 10
<=> -x - 1 =
1+x
.
10+x
(2)
Phơng trình (2) có ĐK: x

-1 (**)
Từ (*) và (**) ta có x = -1 là nghiệm của phơng trình
5 - Dạng 5
+ + n = g(x) (1)
Sơ đồ cách giải.
Điều kiện: f(x); h(x)

0.
Đặt t= + (t

0) => t
2
= f(x) +h(x) +2 từ đó ta giải tiếp => =( t
2
- f(x) - h(x)):2
Ví dụ : Giải phơng trình
1+x
+
x3
-
1+x
.
x3
= 2 (1)
Giải
Điều kiện : x + 1

0
3 - x

0 <=> -1

x

3 (*)
Đặt t =
1+x
+
x3
( t > 0) , ta có : t

2
= x + 1 + 3- x+ 2
1+x
.
x3
=> 2
1+x
.
x3
= t
2
- 4 (**). Khi đó phơng trình (1) có dạng: 2t - ( t
2
- 4 ) = 4
t
2
-2t = 0 t .( t - 2) = 0 (2)
Phơng trình (2) có hai nghiệm là t
1
= 0; t
2
= 2.
Nghiệm t = 2 thoả mãn ĐK : t > 0
Khi t = 2 theo (**), ta có : 2
1+x
.
x3
= 2
2
- 4

9
<=>
1+x
.
x3
= 0 = > x = -1 hoặc x = 3
Cả 2 nghiệm này đều thoả mãn ĐK (*)
Vậy phơng trình có 2 nghiệm là x = -1 và x = 3
6.Dạng 6.
bxabax ++ 2
2
+
bxabax + 2
2
= cx + m (1)
Cách giải
Điều kiện: x - b

0 <=> x

b (*)
Đặt: t =
bx
( t

0) => t
2
= x - b <=> t
2
+ b = x

Thay x vào phơng trình dới dấu căn ta có : t
2
+ a
2

2at = (t

a)
2
Phơng trình (1) có dạng :
at +
+
at
= c.(t
2
+ b) + m (2)
Giải phơng trình (2) bằng cách xét 2 trờng hợp : t

a và 0

t

a ta có 2 phơng
trình là : ct
2
- 2t + bc + m = 0 (3)
Và : ct
2
- 2a + bc + m = 0 (4)
ta đợc nghiệm t và đối chiếu với ĐK: t

0 để nhận nghiệm từ đó suy ra :
x = t
2
+ b là nghiệm của phơng trình (1)
Ví dụ: Giải phơng trình
9.6 + xx
+
9.6 xx
=
6
23+x
(1)
Giải
ĐK: x - 9

0 <=> x

9 (*)
Đặt: t =
9x
=> x = t
2
+ 9 .Khi đó phơng trình (1) có dạng:
6.(
2
)3( +t
+
2
)3( t

) = t
2
+ 9 +23 <=> 6.(
3+t
+
3t
) = t
2
+ 32
<=> t
2
- 12t + 32 = 0 (t

3 ) (2)
t
2
- 4 = 0 (0

t

3) (3)
Giải phơng trình (2) ta đợc nghiệm của phơng trình là t = 8 hoặc t = 4 +Nếu t
= 8 => x = 8
2
+ 9 = 73
+Nếu t = 4 => x = 4
2
+ 9 = 25
Giải phơng trình (3) ta đợc nghiệm của phơng trình là : t = 2 =>x = 2
2

+ 9 = 13
Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm : x = 73 ; x = 25 ; x = 13
iv - các phơng pháp giải phơng trình vô tỉ.
Không phải bất cứ một phơng trình vô tỉ nào cũng có thể đa về đợc một trong 5
dạng trên do đó ngời giáo viên cần cung cấp cho học sinh thêm các phơng pháp giải
phơng trình vô tỉ.
1 - Ph ơng pháp luỹ thừa .
10
Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả hai vế lên luỹ thừa n. Nếu chẵn thì chỉ thực
hiện đợc khi hai vế của phơng trình là không âm.
Ví dụ1: Giải phơng trình
x +
1x
= 7 (1)
Giải
Phơng trình (1) có dạng :
1x
= 7 - x (2)
Điều kiện : x 1
x 7
Với điều kiện (*) thì phơng trình (2) có hai vế không âm nên ta bình phơng hai
vế phơng trình (2), ta có :
x - 1 = 49 - 14 x + x
2
<=> x
2
- 15x + 50 = 0
Phơng trình có: = 25 > 0 = 5
nên có hai nghiệm phân biệt là : x
1

= 10; x
2
= 5
Ta thấy x = 5 thoả mãn điều kiện (*) vậy nghiệm của phơng trình là x = 5.
Ví dụ 2: Giải phơng trình
1x
-
15 x
=
23 x
(1)
Giải
Điều kiện: x 1 (*)
Chuyển vế phơng trình (1), ta có :
1x
=
15 x
+
23 x
Bình phơng cả 2 vế của phơng trình ta đợc:
x - 1 = 5x - 1 + 3x - 2 + 2.
15 x
.
23 x

2 - 7x = 2
15 x
.
23 x
(2)

Phơng trình (2) có ĐK: 2 - 7 x 0 x

2
7
(**)
Khi đó phơng trình (2) (2 - 7x)
2
= 4 (15x
2
- 13x + 2)
4 - 28x + 49x
2
= 60x
2
- 52x + 8
11x
2
- 24x + 4 = 0
Ta có :
'
= 100 > 0 nên phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt :
x
1
=
11
2
; x
2
= 2 thoả mãn ĐK (**)
Kết hợp với điều kiện (*) ta thấy cả 2 giá trị x

1
=
11
2
; x
2
= 2 đều là nghiệm của
phơng trình.
Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm: x
1
=
11
2
; x
2
= 2
11

1

x

7 (*)
2 - Ph ơng pháp đ a về ph ơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối:

Ví dụ 1: Giải phơng trình.

12
2
++ xx

+
96
2
+ xx
= 4 (1)
Giải
Phơng trình (1)
4)3()1(
22
=++ xx

431 =++ xx
(2)
Để loại bỏ dấu GTTĐ ta phải xét dấu của biểu thức bên trong dấu GTTĐ ,ta có
các trờng hợp sau :
1)
3
3
1
03
01

+
x
x
x
x
x
(*)
PT (2) có dạng x + 1 + x - 3 = 4 x = 3 thoả mãn (*)
2)



>
<




>
<+
3
1
03
01
x
x
x
x

(không xảy ra)
3)
31
3
1
03
01
<<



<
>




<
>+
x
x
x
x
x
(**)
PT (2) có dạng x + 1 + 3 - x = 4 0x = 0
PT này có vô số nghiệm thoả mãn (**)
4)
1
3

1
03
01




<





<
+
x
x
x
x
x
(***)
Phơng trình (2) có dạng: - x - 1 - x + 3 = 4 - 2x = 2 x = -1, thoả mãn
ĐK (***) .
Kết hợp nghiệm phơng trình đã cho có nghiệm -1
3

x
Ví dụ 2 : Giải phơng trình.

143 ++ xx

+
5168 =+ xx
(1)
Giải
Điều kiện: x
1

Phơng trình (1)
4141 ++ xx
+
913.21 + xx
= 5.

5)31()21(
22
=++ xx

1x
+2 +
31 x
= 5 (do x
1
)

1331 = xx
Vì VT luôn không âm nên ta có: 3 -
9103101 xxx
12
101 x
Kết hợp ĐK ta thấy

101

x
là nghiệm của phơng trình đã cho
Ví dụ 3: Giải phơng trình.
21212 =++ xxxx
(1)
Giải
Điều kiện: x 1
Ta biến đổi phơng trình (1)về dạng:
211211121 =++++ xxxx

2)11()11(
22
=++ xx

21111 =++ xx

21111 =++ xx
Cũng lập luận tơng tự nh trên ta có:
0)11)(11( + xx
Với điều kiện x 1 ta luôn có:
1x
+ 1 > 0 và
1x
- 1 0
x- 1 1 x 2
Vậy nghiệm của phơng trình là 1 x 2.
3 - Ph ơng pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1: Giải phơng trình

275232522 =++++ xxxx
(1)
Giải
Điều kiện: x 5/2
Biến đổi phơng trình (1) :
14)5232(2)522(2 =++++ xxxx
(2)
Đặt :
52 x
= y 0 2x - 5 = y
2
2x = y
2
+5
Phơng trình (2) có dạng:
149612
22
=+++++ yyyy

2
)1( +y
+
2
)3( +y
<=> y+ 1 + y + 3 = 14 do y 0 nên phơng trình có
dạng : y+ 1 + y + 3 = 14 <=> 2y +4 = 14
<=> 2y = 10
<=> y = 5 (thoả mãn điều kiện y 0)
Vậy

52 x
= 5
13
Với điều kiện : x 5/2 , cả 2 vế của phơng trình đều không âm bình phơng 2 vế ta
có: 2x - 5 = 25
<=> 2 x = 30
<=> x = 15 ( thoả mãn điều kiện x
2
5
)
Kết luận: Phơng trình cho chỉ có một nghiệm x = 15.
Ví dụ 2: Giải phơng trình.
x
2
+
53
2
+ xx
= 3x + 7 (1)
Giải
Phơng trình (1) x
2
- 3x - 7 +
53
2
+ xx
= 0
x
2
- 3x + 5 +

53
2
+ xx
- 12 = 0 (2)
Điều kiện: x R
Đặt
53
2
+ xx
= t ( t 0 ) => x
2
- 3x + 5 = t
2
(*)
Phơng trình (2) có dạng : t
2
+ t - 12 = 0
= 49 > 0 = 7
Vậy phơng trình có hai nghiệm: t
1
= 3 ; t
2
= - 4
Vì t
0
nên t = 3 thoả mãn .
Theo (*) ta có : x
2
- 3x +5 = 9
x

2
- 3x - 4 = 0 <=> (x+1)(x-4) = 0
Vậy nghiệm của phơng trình là: x = -1 ; x= 4.
Ví dụ 3: Giải phơng trình.
2 (x
2
- 3x + 2) = 3
8
3
+x
(1)
Giải
Đặt a = x
2
- 2x + 4
b = x + 2 a - b = x
2
- 3x + 2
Do x
3
+ 8 = (x
2
-2x +4)(x+2)
=> x
3
+ 8 = a.b
Phơng trình (1) có dạng : 2 (a - b) = 3
a - b =
2
3

(2)
Ta thấy b 0 vì nếu b = 0 thì x = - 2 khi đó (1) không thoả mãn.
Chia hai vế của (2) cho b ta có :
b
a
b
a
2
3
1 =

1
2
3

b
a
b
a
= 0
14
Đặt:
b
a
= Y (Y 0) ta có phơng trình:
Y
2
-
2
3

.Y - 1 = 0 <=> 2Y
2
- 3Y - 2 = 0 (3)
Phơng trình (3) ta có:
2
)3(=
- 4.2(-2) = 9 + 16 = 25 > 0 =>

= 5
Phơng trình (3) có 2 nghiệm
Y
1
= -
2
1
< 0 (không thoả mãn).
Y
2
= 2 (thoả mãn).
Theo cách đặt ta có:
b
a
= 2 => a = 4b
x
2
-2x + 4 = 4(x + 2) x
2
- 6x - 4 = 0 (4)
Giải phơng trình (4) ta có: x
1

= 3 +
x
2
= 3 -
Vậy nghiệm của phơng trình (1) là: x
1,2
= 3
4 - Ph ơng pháp hệ ph ơng trình:
Ví dụ : Giải phơng trình.
x
2
- x -1000
x80001+
= 1000 (1)
Giải
Đặt:
x80001+
+1 = 2y . Kết hợp với (1) ta đợc hệ: x
2
- x= 2000 y
y
2
- y= 2000 x (2)
Từ hệ (2) suy ra : (x- y) ( x+ y-1+ 2000 ) = 0 (3)
Từ hệ (2) dễ thấy : 2001 (x +y) = x
2
+ y
2
> 0 => x + y + 1999 > 0
Vậy từ (3) ta có y = x. Thay vào (1) ta đợc :

x
2
- x = 2000x x
2
- 2001x = 0 x(x - 2001) = 0
x = 0 (loại) hoặc x = 2001
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2001
5 - Ph ơng pháp dùng bất đẳng thức :
Phơng pháp dùng bất đẳng thức đợc dùng ở nhiều dạng khác nhau.
a) - Chứng tỏ tập giá trị ở hai vế rời nhau. Khi đó phơng trình là vô
nghiệm:
Ví dụ 1: Giải phơng trình
15

822 =+ xx
Giải
Điều kiện: x 2
Với điều kiện này thì vế phải luôn lớn hơn vế trái nên phơng trình là vô
nghiệm
Ví dụ 2: Giải phơng trình.

221
22
=+++ xx
(1)
Giải
Vì

>+
+
122
11
2
2
x
x
Vậy VT là:
21
22
+++ xx
> 2 , còn VP = 2
Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm
Ví dụ 3: Giải phơng trình.

23151 = xxx
Giải
Điều kiện: x 1
Với điều kiện này thì x < 5x do đó
151151 < xxxx
<0
VT luôn âm còn VP không âm nên phơng trình đã cho vô nghiệm
b ) Sử dụng tích đối nghịch ở hai vế.
Ví dụ 1 : Giải phơng trình.
xx + 53
= x
2

- 8x + 18 (1)
Giải
Điều kiện: 3 x 5 (*)
Ta có vế phải x
2
- 8 x + 18 = (x - 4)
2
+ 2 2 x.
Vế trái sử dụng bất đẳng thức: 2 (a
2
+ b
2
) (a + b)
2
.
Ta có: (
xx + 53
)
2
2 (x - 3 + 5 - x) = 4
<
xx + 53
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai vế có giá trị bằng 2
Vậy (1) x
2
- 8x + 18 = 2 (2)
16
xx + 53
= 2 (3)

Giải phơng trình (2):
x
2
- 8x + 16 = 0 (x - 4)
2
= 0 x = 4
Thay x = 4 vào (3) thoả mãn,đồng thời x = 4 thoả mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của phơng trình (1) là x = 4.
Ví dụ 2 : Giải phơng trình.

14105763
22
+++++ xxxx
= 4 - 2 x - x
2
Giải
Ta viết phơng trình dới dạng:
=+++++ 9)1(54)1(3
22
xx
5 - (x + 1)
2
Vì 3(x + 1)
2
0 và 5(x + 1)
2
0 nên
44)1(3
2
++x

= 2
99)1(5
2
++x
= 3
Còn VP là 5 - (x + 1)
2
5
Vậy đẳng thức chỉ xảy ra khi 2 vế đều bằng 5 (x+1)
2
= 0 <=> x= -1
Kết luận: Nghiệm của phơng trình cho là x = - 1.
c - Sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Ví dụ1 : Giải phơng trình.

81 +++ xx
= 7 (1)
Giải
Ta thấy x = 8 là nghiệm của phơng trình (1)
Nếu x < 8 thì
1+x
< 3;
8+x
< 4.
Vậy vế trái nhỏ hơn 7 x < 8 không là nghiệm của phơng trình (1).
Nếu x > 8 thì
1+x
> 3;
8+x
> 4.

Vậy vế trái lớn hơn 7 x > 8 không là nghiệm của phơng trình (1).
Vậy x = 8 là nghiệm của phơng trình (1).
Ví dụ 2: Giải phơng trình.

12
3
++ xx
= 3 (1).
Giải
Ta thấy x = 3 nghiệm đúng phơng trình.
17

VT

5
Với x > 3 thì
12
3
>x
;
21 >+x
nên vế trái của (1) lớn hơn 3.
Với - 1 x < 3 thì
12
3
<x
;
21 <+x
nên vế trái (1) nhỏ hơn 3.
Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phơng trình (1).

Ví dụ 3: Giải phơng trình.

112
33
=++ xx
(1).
Giải
Ta sẽ chứng tỏ x = 0 là nghiệm duy nhất của phơng trình
Thật vậy x = 0 là nghiệm đúng của phơng trình (1)
Với x > 0 thì
3
12 +x
> 1;
3
x
> 0 nên VT của (1) lớn hơn 1
Với x < 0 thì
3
12 +x
< 1;
3
x
< 0 nên VT của (1) nhỏ hơn 1
Vậy x= 0 là nghiệm duy nhất của phơng trình (1)
d - Sử dụng điều kiện xảy ra dấu "=" ở bất đẳng thức không chặt.
Ví dụ : Giải phơng trình.

2
23
23

=

+

x
x
x
x
(1)
Giải
Điều kiện : x >
3
2
(*)
Ta có bất đẳng thức Côsi với a, b > 0. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Với điều kiện (*) thì (1) x =
23 x
x
2
- 3x + 2 = 0
<=> (x-1)(x-2) = 0
x = 1 hoặc x = 2 thoả mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của phơng trình là x = 2 hoặc 1.
e. Sử dụng tính chất của luỹ thừa bậc chẵn, của căn bậc hai
Ví dụ : Tìm x, y, z

R trong phơng trình
x + y + z + 4 = 2
2x
+ 4

3y
+ 6
5z
(1)
Giải
Ta sử dụng tính chất : A
n
(x) + B
n
(x) + C
n
(x) +

0
x

(n

2, n chẵn, n

N)
Thật vậy,phơng trình (1) <=> (x- 2 - 2
2x
+ 1) + (y - 3 - 4
3y
+ 4) + (z-5 - 6
5z
+ 9) = 0
<=> (
2x

- 1)
2
+(
3y
- 2)
2
+ (
5z
-3)
2
= 0 (2)
18
Vì A
2
(x)

0
x
nên phơng trình (2)







=
=
=

035
023
012-x
z
y





=
=
=






=
=
=

14
7
3
95
43
12
z

y
x
z
y
x
Vậy phơng trình (1) có nghiệm (x;y;z) = (3;7;14)
6 - Ph ơng trình vô tỉ có biện luận:
Ví dụ 1 : Tìm giá trị của m để phơng trình sau có nghiệm duy nhất.

xx + 95
= m (1).
Giải
ĐKXĐ : 5
9 x
Điều kiện cần
Giả sử a là nghiệm duy nhất của (1)
Khi đó ta có :
aa + 95
= m (2).

)14(95)14( aa +
= m (3).
(3) chứng tỏ 14 - a cũng là nghiệm của (1)
Để (1) có nghiệm duy nhất phải có a = 14 - a a = 7.
Khi đó m = + = 2.
Điều kiện đủ
Giải phơng trình :
xx + 95
= 2 (4).
Cách 1

Bình phơng 2 vế của (4) và rút gọn ta đợc 4 + 2
)9)(5( xx
=(2)
2
<=>
4514
2
+ xx
= 2 <=>
4514
2
+ xx
=4
(x - 7)
2
= 0 x = 7 (thoả mãn điều kiện - 5 x 9 ).
Cách 2
Đặt
5x
= y,
x9
= z ta đi giải hệ
y + z = 2
y
2
+ z
2
= 4
y, z 0
iv - một số sai lầm khi giải ph ơng trình vô tỉ:

19

y = z =

x = 7
Thờng học sinh hay mắc phải sai lầm khi giải phơng trình vô tỉ mà căn là bậc
chẵn là:
1 - Quên không tìm ĐKXĐ khi giải.
2 - Không đặt điều kiện khi ta biến đổi tơng đơng: Khi biến đổi ta thờng nhận
đợc phơng trình có thể tơng đơng, có thể không tơng đơng. Nếu biến đổi phơng trình
(1) ta đợc một phơng trình (2) nhng cha chắc phơng trình (2) đã tơng đơng với phơng
trình (1) nên khi giải, học sinh thờng quên tìm điều kiện của phơng trình (2) để tơng
đơng với phơng trình (1) hoặc ngộ nhận phơng trình (2) luôn tơng đơng với phơng
trình (1)
Ví dụ 1: Giải phơng trình.

622 + xx
= 2 (1)
Học sinh giải
Phơng trình (1) < x + 2 = 4 + 4
62 x
+ 2x - 6
4
62 x
= 4 - x (3)
Ta lại bình phơng hai vế của phơng trình ta đợc phơng trình:
16 (2x - 6) = 16 - 8x + x
2
<=> 32x - 96 = 16 - 8x + x
2

.
<=> x
2
- 40x+ 112 = 0.
Ta có:
'
= 400 - 112 = 288 > 0 = 12 .
x
1
= 20 + 12 ; x
2
= 20 - 12 .
Vậy nghiệm của phơng trình (1) là x = 20 12 .
* Sai lầm trong cách giải là:
+ Không tìm điều kiện của (1) là x 3.
+ Khi biến đổi tơng đơng đến phơng trình (3) học sinh cha đặt điều kiện cho 4 -
x 0 x 4 để có thể bình phơng tiếp.
+ Khi kết luận nghiệm là cha thoả mãn các điều kiện nên nghiệm cha chính xác.
Ví dụ 2 : Giải phơng trình.

11
2
+ xx
= x + 1 (1)
Học sinh giải
Điều kiện: x
2
- 1 0 (x - 1) (x + 1) 0 x - 1 0
x + 1 0 x + 1 0 x + 1 0
Khi đó phơng trình (1) có dạng:

1)1)(1( ++ xxx
= x + 1
20

x

1
Vì x 1 nên
1+x
> 0 chia hai vế cho
1+x
ta có:
1x
- 1 =
1+x
Vì với x 1 thì
1x
<
1+x
nên
1x
- 1 <
1+x
phơng trình vô nghiệm.
*Sai lầm khi giải hệ:
x
2
- 1 0 AB 0 A 0
x + 1 0 A 0 B 0
ở lời giải trên thiếu x = - 1 và đó chính là nghiệm duy nhất của phơng trình:

Nhớ rằng: A 0
B 0
vii - một số bài tập tự luyện:
Giải các phơng trình sau:
1)
83
2
+ xx
= x - 4
2 )
410 xx
= 1
3 )
1x
= x - 3
4 )
96
2
+ xx
= 3 (x - 1)
5 ) =
6 ) x
2
+ 5x + 4 - 5
285
2
++x
= 0
7 )
1+x

+
10+x
=
2+x
+
5
+
x
8 ) 1 +3
16x
= 3
3+x

10
12 + xx
+
12 xx
=
2
3+x
11)
x1
+
23
2
+ xx
+ (x - 2)
2
1

x
x
= 3
phần thứ ba
kết luận và kiến nghị
i - kết luận
21
Học sinh tởng rằng g:
A = 0
B có nghĩa
A > 0
B

0

Toán giải phơng trình thờng đợc nhắc đến trong các loại sách đọc thêm hoặc
trong các tài liệu tham khảo do đó giáo viên toán thờng vất vả trong việc su tầm,
tuyển chọn mới gây đợc sự hứng thú học tập, lòng say mê học toán của học sinh. Với
mong muốn có đợc một tài liệu giúp học sinh dễ dàng hơn trong học toán giải phơng
trình vô tỉ Sau một thời gian tự nghiên cứu cùng với các phơng pháp tìm đọc tài liệu
tham khảo, su tầm các bài tập và kết hợp với thực tế giảng dạy tôi viết sáng kiến kinh
nghiệm " Phơng trình vô tỉ và các cách giải". Sau khi áp dụng ở trờng tôi thấy sáng
kiến này đã phần nào có tác dụng đối với học sinh và giáo viên lớp 9 của trờng, nó tạo
hứng thú học toán đối với các em đặc biệt là dạng toán mà thờng ngày các em rất
ngại Đề tài này đã cố gắng xây dựng một hệ thống kiến thức từ dễ đến khó, từ đơn
giản đến phức tạp giúp học sinh có thể vận dụng một cách linh hoạt từng phơng pháp
cụ thể trong từng trờng hợp nhất định. Qua đó học sinh có thể đào sâu kiến thức, tìm
tòi nhiều cách giải cho một bài toán. Bên cạnh đó các ví dụ có thể giúp học sinh có
thể rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo làm quen với các dạng bài tập khác nhau, các loại ph-

ơng trình vô tỉ khác nhau, góp phần nhỏ bé trong sự phát triển trí tuệ, tính cẩn thận,
khoa học, năng lực nhận xét, phân tích, phán đoán tổng hợp kiến thức Tuy nhiên
không phải đối với tất cả các đối tợng học sinh chúng ta đều truyền tải các nội dung
trên mà cần xác định đúng đối tợng để cung cấp kiến thức cơ bản phù hợp với trình độ
và quỹ thời gian của học sinh.
Qua việc dạy chuyên đề về phơng trình vô tỉ đối với học sinh nói chung và đội
tuyển học sinh giỏi nói riêng, sau khi trắc nghiệm ở học sinh tôi đã thu đợc một số kết
quả dới đây.
- Học sinh không ngại khi gặp dạng toán giải phơng trình vô tỉ.
-Làm tốt dạng tìm ĐKXĐ của biểu thức có chứa CBH.
-Kĩ năng biến đổi tốt hơn, suy luận của các em chặt chẽ hơn bớc đầu đã có sự
sáng tạo khi suy luận.
-Khả năng phân dạng của các em rất tốt khi GV đa ra ví dụ .
- Một số học sinh khi giải đã trả lời thấy hứng thú hơn khi giải phơng trình đặc
biệt là phơng trình vô tỉ.
Qua việc kiểm tra đánh giá chất lợng đại trà sau 3 lần kiểm tra tôi đã thu đợc một
số kết quả cụ thể nh sau:
KTra Dới 5 điểm 5 - 6 điểm 7-<8 điểm 8 - 10 điểm 5 - 10 điểm
Lần
Số l-
ợng
%
Số l-
ợng
%
Số l-
ợng
%
Số l-
ợng

%
Số l-
ợng
%
1 15 19 50 64.5 12 15.5 1 1 63 81
2 11 14 52 66 13 17.5 2 2.5 67 86
22
3 8 10 53 67 13 17.5 4 5.5 70 90
Từ kết quả cụ thể trên tôi đã rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân cũng nh
đồng nghiệp khi giải toán phơng trình vô tỉ là: Phơng pháp giải toán phơng trình vô tỉ
ở trên không khó đối với học sinh khá, giỏi mà điều cần lu ý đối với ngời giáo viên
dạy Toán là:
- Cần phân dạng phơng trình vô tỉ thành những dạng quen thuộc mà các em đã đ-
ợc gặp trên cơ sở phơng pháp giải và giáo viên đa ra.
-Những loại bài tập giao cho học sinh phải thực tế, dễ hiểu, gợi mở giúp kích
thích óc sáng tạo của học sinh không quá cao siêu, trừu tợng
- Hớng dẫn các em trớc khi giải toán phơng trình cần xác định rõ dạng của ph-
ơng trình này và phơng pháp giải hớng dẫn học sinh phân tích bài toán, phán đoán
cách giải, các bớc giải để các em đi đến lời giải thông minh và ngăn gọn nhất, đạt
hiệu quả cao.
- Rèn kỹ năng giải phơng trình vô tỉ cho học sinh thông qua nhiều dạng phơng
trình và thờng xuyên chú ý đến những sai lầm của học sinh thờng mắc phải khi giải
phơng trình vô tỉ, nhất là tìm ĐKXĐ của phơng trình.
- Trên cơ sở làm một số bài tập mẫu thật cẩn thận giáo viên cần giao thêm lợng
bài tập về nhà có nội dung tơng tự hoặc mở rộng hơn để các em đợc tự mình giải các
loại phơng trình vô tỉ.
Nếu có đợc những việc làm trên tôi xin chắc rằng tất cả các em học sinh sẽ
không còn lúng túng, ngại ngùng khi giải toán phơng trình đặc biệt là phơng trình vô
tỉ.
Do thời gian có hạn và kinh nghiệm còn hạn chế nên trong quá trình viết khó tránh

khỏi sai sót trong cách trình bày, cũng nh hệ thống các dạng bài tập đa ra còn hạn chế, cha
đầy đủ, cha khoa học. Tôi rất mong đợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và bạn bè đồng
nghiệp đểôsangs kiến kinh nghiệm đợc hoàn thiện hơn; góp phần nâng cao chất lợng giảng
dạy và học tập của giáo viên và học sinh.
điều kiện áp dụng
Nh tôi đã trình bày ở trên bản kinh nghiệm này đợc áp dụng trong việc giảng
dạy các chuyên đề trong các trờng học THCS hoặc sử dụng để bồi dỡng học sinh giỏi
nhằm nâng cao vốn kiến thức cho các đội tuyển học sinh giỏi lớp 9, là cơ sở vững
23
chắc cho các em học tốt hơn khi học cấp III trong bộ môn toán, đặc biệt là toán giải
phơng trình vô tỉ.
Dạng toán giải phơng trình vô tỉ mà tôi đề cập ở trên cũng có những dạng đã đợc
sử dụng rộng rãi song phần nào giúp học sinh lớp 9 và giáo viên dạy toán 9 nâng cao
chất lợng dạy và học của mình.
Sáng kiến kinh nghiệm này còn để ngỏ và còn tiếp tục khai thác nên nội dung
còn sơ sài còn nhiều vấn đề cha mở rộng, đi sâu.
ii - kiến nghị
Nh tôi đã viết ở trên, trong sáng kiến kinh nghiệm này chỉ nhằm một mục tiêu
đơn giản là giúp cho học sinh trong việc giải toán "Phơng trình vô tỉ", để học sinh có
thêm những phơng pháp giải cụ thể, dễ nhớ, có hiệu quả.
Qua sáng kiến kinh nghiệm cho thấy bản thân tôi và các bạn đồng nghiệp đều
thấy đợc mọi vấn đề dễ khó đều có hớng giải quyết tốt nếu nh ngời giáo viên giúp học
sinh biết đơn giản hoá các vấn đề phức tạp thành đơn giản hơn và quen thuộc hơn.
Sau thực tế giảng dạy tôi xin lu ý với các bạn đồng nghiệp khi vận dụng sáng
kiến kinh nghiệm trên cần:
- Dạy cho học sinh hiểu chắc chắn các khái niệm về phơng trình, đặc biệt là
những khái niệm đơn giản và rất quan trọng nh các phép biến đổi tơng đơng phơng
trình, các hằng đẳng thức quan trọng đặc biệt là các công thức có chứa dấu căn.
- Lựa chọn phơng pháp giải phù hợp đối với từng dạng phơng trình để có lời giải
ngắn gọn và hiệu quả.

- Cần tạo ra những bài toán mở rộng khác, các bài toán liên quan đến bài tập cơ
bản nh dạng toán tìm điều kiện của tham số để phơng trình có nghiệm duy nhất, vô
nghiệm, tính giá trị của biểu thức
*Từ những vấn đề trên tôi có kiến nghị sau
-Đối với hội đồng khoa học cấp trờng cần động viên khuyến khích GV thờng
xuyên có những tiết sinh hoạt chuyên môn ở tổ theo dạng chuyên đề về một vấn đề
nào đó vớng mắc trong quá trình giảng dạy hoặc một vấn đề nào đó mà GV cảm thấy
hay và có nhiều ứng dụng trong giảng dạy đặc biệt là về phơng pháp.
24
-Thờng xuyên có những tiết dạy trong tuần hoặc trong tháng của GV trong tổ
chuyên môn để học hỏi kinh nghiệm và tạo không khí giảng dạy trong toàn thể GV.
- Với hội đồng khoa học cấp huyện cần xem xét phơng pháp mà tôi trình bày
trong đề tài này để có những nhận xét, đánh giá những u điểm, nhợc điểm và có hớng
chỉ đạo trong thời gian tới. Tôi rất hi vọng sáng kiến kinh nghiệm này giúp học sinh
giải phơng trình vô tỉ tốt hơn, sẽ đóng góp một phần nào đó trong quá trình giảng dạy
môn Toán 9 ở THCS.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn!
25