một số phương pháp giúp học sinh chủ động giải phương trình vô tỉ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH II
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIÚP HỌC SINH
CHỦ ĐỘNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Người thực hiện: Đoàn Mạnh Hùng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán
THANH HÓA,NĂM 2013
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Phương trình vô tỉ (chứa ẩn trong căn) là một trong những dạng toán
thường gây khó khăn cho các em học sinh, đặc biệt là các em tham gia các kì
thi học sinh giỏi ,kì thi vào Cao đẳng – Đại học. Để giải quyết dạng toán này
đòi hỏi học sinh cần phải có một tư duy nhất định, phải biết phân tích và lựa
chọn cách giải cho phù hợp.
Ngoài hai cách giải thông thường, đó là: bình phương và đặt một ẩn phụ
đơn giản thì dạng toán này còn có thêm một số phương pháp giải đăc biệt khác.
Do thời lượng chương trình giáo khoa hạn chế nên phần lớn các em không được
tiếp cận nhiều với các phương pháp này.
Chính vì thế, tôi đã lựa chọn đề tài: “một số phương pháp giúp học sinh
chủ động giải phương trình vô tỉ”. Qua đây tôi mong muốn giúp các em có
một cái nhìn tổng quát khi giải phương trình này.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I – Cơ sở lí luận
- Phương trình vô tỉ là một dạng toán quan trọng là thường được dùng
trong các kì thi đặc biệt là kì thi học sinh giỏi và kì thi vào đại học –cao đẳng.
Để giải quyết tốt bài toán này đòi hỏi người học phải có tư duy nhạy bén và kỹ
năng tính toán tốt.
-Nếu học sinh chưa được tiếp cận với các phương pháp giải phương trình
vô tỉ thì vịêc giải quyết bài toán này gặp không ít khó khăn.
II. Thực trạng của vấn đề

- Ngoài các dạng phương trình vô tỉ cơ bản, thì hầu hết các dạng mở rộng
khác không được đề cập trong SGK, nhưng lại thường được khai thác trong
các kì thi học sinh giỏi,kì thi vào đại học – cao đẳng. Vì thế các em rất lúng
túng khi gặp dạng toán này và dẫn đến bế tắc trong việc định ra hướng giải
phương trình đó.
III. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
- Tìm hiểu các phương pháp giải phương trình vô tỉ
- Đưa ra và giải quyết một số ví dụ minh hoạ.
Các phương pháp giải pháp giải phương trình vô tỷ:
1/Phương pháp nhân lượng liên hợp:
a/ Phương pháp: Nhẩm được nghiệm
0
x
. Từ đó, ta xử lý và nhân lượng liên
hợp để đưa về tích
( )
0
. ( ) 0x x A x− =
. Sau đó, ta giải
( )
0A x =
. Thông thường ta
chú ý điều kiện có nghĩa và điều kiện có nghiệm của phương trình để chứng
minh
( )
0A x =
vô nghiệm.
b/ Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2

2 1 5
+ = −
x x
(1)
Phân tích phương trình: Nếu phương trình này mà bình phương hai vế thì sẽ
đưa về phương trình bậc 4, sẽ khó khăn cho việc giải quyết sau này. Còn việc
đặt ẩn phụ cũng sẽ khá phức tạp. Tuy nhiên, ta nhận thấy x = 3 thoả mãn
phương trình. Do đó, ta sẽ tìm cách đưa về phương trình tích có chứa thừa số
x – 3, từ đó ta thêm bớt để nhân lượng liên hợp.
Giải:
Điều kiện:
1≥ −x
Ta có
( )
2 2
2 1 5 2 1 2 9+ = − ⇔ + − = −x x x x

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

( )

3 0
2
3 1'
2 2
− =


⇔

= +

+ +

x
x
x
Pt (1’) vô nghiệm vì:
2
1
1 2
= ≤
+ +
VT
x

3 2
= + ≥
VP x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

2
1 2 3 7 1 0− + + + − − =x x x x
(2)
Phân tích phương trình: Ta nhẩm thấy x = 2 thoả mãn phương trình.
Từ đó xử lý như ví dụ 1.
Giải:
Điều kiện:
1
≥
x
Phương trình (2)
( ) ( )
(
)
2
1 1 2 2 3 7 2 0⇔ − − + + − + − + =x x x x

( ) ( )
2 2
2 3 1 0
1 1 2 2
− −
⇔ + + − − =
− + + +
x x
x x
x x

( ) ( )
2 0

1 1
3 1 0 2'
1 1 2 2
− =


⇔

+ + − =

− + + +

x
x
x x
Ta thấy phương trình (2’) vô nghiệm vì: với
1≥x
thì
( )
1 1
3 1 0
1 1 2 2
= + + − >
− + + +
VT x
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=2
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
12 5 5 3+ + = + −x x x

(3)
Phân tích phương trình: ta thấy : x =- 2 thoả mãn phương trình (3).
Giải:
Phương trình (3)
2 2
12 4 5 3 3 6⇔ + − = + − − −x x x

( )
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 5 3
− −
⇔ = − +
+ + + +
x x
x
x x

( )
2 2
2 0
2 2
3 3'
5 3 12 4
+ =


− −

⇔

− =

+ + + +

x
x x
x x
Từ phương trình (
'
3
), suy ra:
2 2
12 5 3 5+ − + = − −x x x
Vì
2 2
12 5 0x x+ − + >
nên điều kiện có nghiệm là
5
3
−
<x
Nên
2 2
2 2
0
5 3 12 4
− −
− <

+ + + +
x x
x x
suy ra (3’) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=-2
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
( )
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
(4)
Phân tích phương trình ta thấy :
( ) ( )
( )
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − −
Và
( ) ( )
( )
2 2
2 3 4 3 2x x x x− − − + = −
Giải:
Điều kiện:
2
2
2
3 5 1 0
2 0
1 0
x x
x

x x

− + ≥


− ≥


− − ≥


phương trình (4)
⇔
( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +
( )
( )
2 2 2 2
3 2

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

 

(
'
4
)
Dễ thấy phương trình (
'
4
) vô nghiệm và x=2 thỏa mãn điều kiện.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2.
Ví dụ 5 : Giải phương trình sau :
2
3 1 6 3 14 8 0+ − − + − − =x x x x
(4)
(trích đề thi đại học khối B-2010)
Giải:
Điều kiện:
1
6
3
x− ≤ ≤
Phương trình (4)
( )
( )
2
3 1 4 1 6 3 14 5 0x x x x⇔ − − + − − + − − − =
( )
( ) ( )
3 5

5
3 1 5 0
3 1 4 6 1
x
x
x x
x x
−
−
⇔ + + + − =
+ + − +
5
3 1 0
3 1
3 1 4 6 1
x
x
x x
=


+ + =

+

+ + − +

Ta thấy phương trình
3 1
3 1 0

3 1 4 6 1
x
x x
+ + + =
+ + − +
vô nghiệm vì
3 1 1
3 1 0, ;6
3
3 1 4 6 1
x x
x x
 
+ + + > ∀ ∈ −
 
+ + − +
 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=5
2/Phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về phương trình thuần nhất bậc hai:
a/ Phương pháp: Chọn đặt 2 ẩn u, v thích hợp để đưa về phương trình thuần
nhất bậc hai
2 2
. . . 0u uv v
α β γ
+ + =
. Khi đó, ta giải bằng cách:
+ Xét v = 0 xem có thoả phương trình không.
+ Khi
0v ≠
, chia hai vế pt cho

2
v
, ta được pt
2
. . 0
u u
v v
α β γ
 
+ + =
 ÷
 
.
Chú ý: Trong phương pháp này ta cần để ý đến việc sử dụng các đẳng thức:

( )
( )
3 2
1 1 1x x x x− = − + +

( )
( )
3 2
1 1 1x x x x+ = + − +

( ) ( ) ( )
2
4 2 2 2 2 2
1 1 1 1x x x x x x x x+ + = + − = + + − +


( ) ( ) ( )
2
4 2 2 2 2
4 1 2 1 4 2 2 1 2 2 1x x x x x x x+ = + − = + + − +
b/ Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
2 3 1 3 3 1 0x x x x− + − + =
(1)
Giải:
Điều kiện:
0x ≥
Đặt
( )
2
3 , 1 0, 0u x v x u v= = + ≥ >
Phương trình (1) trở thành:
( )
2
2 2
2 3 0 2 3 2 0
u u
v u uv
v v
 
− − = ⇔ + − =
 ÷
 

( )
1
2
2
u
v
u
loai
v

=

⇔


= −


Với
2 2
6 35
1
2 3 1 12 1 0
2
6 35

= +
= ⇔ = + ⇔ − + = ⇔


= −


x
u
x x x x
v
x

Ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
6 35= +x
và
6 35= −x
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 3
3 1 1x x x− − = +
(2)
Giải:
Điều kiện:
1x ≥ −
Phương trình (2)
( ) ( )
( )
2 2
1 2 1 1 1x x x x x x⇔ − + − + = + − +
Đặt
( )
2
1, 1 0, 0u x v x x u v= + = − + ≥ >

Phương trình (2) trở thành:
2
2 2
2 2 1 0
u u
v u uv
v v
 
− = ⇔ + − =
 ÷
 


( )
1
2
1
u
v
u
loai
v

=

⇔


= −



Với
2 2
5 37
1
2
2 1 1 5 3 0
2
5 37
2
x
u
x x x x x
v
x

+
=


= ⇔ + = − + ⇔ − − = ⇔

−
=


Ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
5 37
2

+
=x
và
5 37
2
−
=x
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 4 2
3 3 3 1 0x x x x− + − + + =
(3)
Giải:
Phương trình (3)
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 3 1 1 0x x x x x x x x⇔ + + + − + − + + − + =
Đặt
( )
2 2
1, 1 0, 0u x x v x x u v= + + = − + > >
Phương trình (3) trở thành:
2
2 2
2 3 0 3 2 0
u u
u v uv
v v
 
+ − = ⇔ − + =
 ÷

 

1
2
u
v
u
v

=

⇔


=


Với
2 2
1 1 1 0
u
x x x x x
v
= ⇔ + + = − + ⇔ =
Với
2 2 2
2 1 2 1 3 5 3 0
u
x x x x x x
v

= ⇔ + + = − + ⇔ − + =
(phương trình này vô
nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=0
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2 4
2 6 1 4 1 0x x x+ + − + =
(4)
Giải:
Phương trình (4)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 0x x x x x x x x
⇔ + + − − + − + + − + =
Đặt
( )
2 2
2 2 1, 2 2 1 0, 0u x x v x x u v= + + = − + > >
Phương trình (4) trở thành:
2
2 2
2 0 2 1 0
u u
u v uv
v v
 
− − = ⇔ − − =
 ÷
 

( )
1
1
2
u
v
u
loai
v

=

⇔


= −


Với
2 2
1 2 2 1 2 2 1 0
u
x x x x x
v
= ⇔ + + = − + ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=0
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( )
2 3

2 2 5 1+ = +x x
(5)
Giải:
Phương trình (5)
⇔
( )
( )
( )
2 2
2 1 1 5 1 1x x x x x x− + + + = + − +
( )
2
1, 1 0, 0= + = − + ≥ >u x v x x u v
Phương trình (5) trở thành:
( )
2 2
2
2 5
2
2 5 2 0
1
2
u v uv
u
u u
v
v v u
v
+ =


=

 
⇔ − + = ⇔

 ÷
 

=


Với
2
2 1 2 1
u
x x x
v
= ⇔ + = − +
( phương trình này vô nghiệm)
Với
2
5 37
1
2
2 1 1
2
5 37
2
x
u

x x x
v
x

+
=


= ⇔ + = − + ⇔

−
=


Ta thấy cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là:
5 37
2
+
=x
và
5 37
2
−
=x
Ví dụ 6: Giải phương trình:
4
2
3 1 1 2 1− − + = −x x x
(6)

Giải:
Điều kiện:
1≥x
Đặt
( )
4 4
1, 1 0, 0= − = + ≥ >u x v x u v
Phương trình (6)
( )
2
2 2
3 2 3 2 1 0
1
1
3
   
⇔ − = ⇔ − − =
 ÷  ÷
   

=

⇔


= −


u u
u v uv

v v
u
v
u
loai
v
Với
4 4
1 1 1= ⇔ − = +
u
x x
v
( phương trình này vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
3/phương pháp đặt ẩn phụ đưa về giải hệ phương trình:
a/ Phương pháp:đặt u=u(x),v=v(x)sau đó đưa về giải một hệ phương trình theo
u,v đơn giản
b/ Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3 1 4 4 3 2− + − − − − = −x x x x
Giải:
Điều kiện:
3 0
1 3
1 0
x
x
x
− ≥


⇔ ≤ ≤

− ≥

Đặt
3 0; 1 0u x v x= − ≥ = − ≥
Phương trình
2 2
4 2
1 3 1
2
1
2
1 1
u v uv
u x
x
v
u v
x

+ − = −

= − =

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
=

+ =

 − =



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
3
2 3 2 3 6 5 8 0− + − − =x x
(trích đề thi đại học khối A-2009)
Giải:
Điều kiện:
6
5
x ≤
Đặt
3
3 2; 6 5 0u x v x= − = − ≥
Ta có hệ:
3 2
2 3 8 0
5 3 8
u v
u v
+ − =



+ =



3 2 3 2
8 2 8 2
4
3 3
2
5 3 8 15 4 32 40 0
u u
v v
v
u
u v u u u
− −
 
= =
=

 
⇔ ⇔ ⇔
  
= −

 
+ = + − + =
 
Với
3
4 6 5 4
2

2
3 2 2
v x
x
u
x

= − =


⇔ ⇔ = −
 
= −
 − = −


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=-2
Ví dụ 3: Giải phương trình sau :
3 3
34 3 1+ − − =x x
Giải:
Đặt
3 3
34; 3u x v x= + = −
Ta có hệ:
3 3
12
37
u v
u v

− =



− =


4
3
3
4
u
v
u
v

=



=


⇔

= −



= −




Với
4
3
u
v
=


=

3
3
34 4
3 3
x
x

+ =

⇔

− =


30x⇔ =
Với
3

4
u
v
= −


= −

3
3
34 3
3 4
x
x

+ = −

⇔

− = −


61x⇔ = −
Vậy phương trình có các nghiệm là x=30 và x=-61
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
3 2 3 2
2 1 3+ + + + − =x x x x
Giải:
Đặt
3 2 3 2

2 0; 1 0u x x v x x= + + ≥ = + − ≥
Ta có hệ:
2 2
3
3
u v
u v
+ =



− =


2
1
u
v
=

⇔

=

Với
3 2
2
2 0 1
1
u

x x x
v
=

⇔ + − = ⇔ =

=

Vậy phương trình có nghiệm là x=1
4/Phương pháp đổi biến không hoàn toàn:
a/ Phương pháp: Đổi biến không hoàn toàn tức là sau khi đặt ẩn phụ nhưng
vẫn còn ẩn cũ và ta thường xem ẩn cũ là tham số.
b/ Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
Đặt
2
2t x= +
, ta có phương trình :
( )
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x

t x
=

− + − + = ⇔

= −

Với t=3
2
2 3 7x x⇔ + = ⇔ = ±
Với
( )
2
2
2
1
1
1 2 1
2
2 1
x
t x x x x
x x
≥ −


= + ⇔ + = + ⇔ ⇔ =

+ = +



Vậy phương trình có các nghiệm là:
7x = ±
và
1
2
x =
Ví dụ 2: Giải phương trình:
( )
2 2
5 9 2 2 6x x x x x+ − = + + −
(2)
Giải:
Điều kiện :
2
1 7
2 6 0
1 7
x
x x
x

≥ − +
+ − ≥ ⇔

≤ − −


Đặt
( )

2
2 6 0t x x t= + − ≥
.
Phương trình(1) trở thành:
( ) ( )
2 2
3
3 3 2 2 3 3 0
1
t
t x x t t x t x
t x
=

+ − = + ⇔ − + + − = ⇔

= −

Với
2 2
3
3 2 6 3 2 15 0
5
x
t x x x x
x
=

= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔


= −

Với
( )
2
2
2
1 0
7
1 2 6 1
4
2 6 1
x
t x x x x x
x x x
− ≥


= − ⇔ + − = − ⇔ ⇔ =

+ − = −


Kết hợp với điều kiện ta thấy cả ba nghiệm trên đều thỏa mãn
Vậy phương trình có các nghiệm là: x=-5,x=3 và x=
7
4
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( )
3 3

4 1 1 2 2 1x x x x− + = + +
(3)
Giải:
Điều kiện :
1x ≥ −
Phương trình (2)
( )
( )
3 3
4 1 1 2 1 2 1x x x x⇔ − + = + + −
Đặt:
( )
3
1 0t x t= + ≥
. Pt trở thành:
( )
2
2 4 1 2 1 0t x t x⇔ − − + − =

1
2
2 1

=

⇔

= −

t

t x
Với
3
3
1 1 3
1
2 2 4
t x x= ⇔ + = ⇔ = −
Với
3
3 2
1
2
2 1 1 2 1 2
4 4 0
x
t x x x x
x x x

≥

= − ⇔ + = − ⇔ ⇔ =


− + =

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=2
Bài 4: Giải phương trình :
( )
2 2

1 2 3 1x x x x+ − + = +
Giải:
Đặt :
2
2 3, 2t x x t= − + ≥
Khi đó phương trình trở thành :
( )
2
1 1x t x+ = +
( )
2
1 1 0x x t⇔ + − + =
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có
∆
chẵn là:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
=

− + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔

= −

Với

2
1 2
2 2 3 2
1 2
x
t x x
x

= −
= ⇔ − + = ⇔

= +


Với
2
1 2 3 1t x x x x= − ⇔ − + = −
phương trình này vô nghiệm
Vậy phương trình có các nghiệm là:
1 2x = −
và
1 2x = +
5/Phương pháp hàm số :
(Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số)
a/ Nhận xét:
 Nếu f(x) là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng K và
,u v K∈
thì
phương trình
( ) ( )

f u f v u v= ⇔ =
.
 Nếu f(x) là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng K thì phương
trình
( )
0f x =
có nhiều nhất là 1 nghiệm trên K.
b/ Ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
( )
3 2
2 3 2 2 3 2 3 2x x x x x+ − + = − −
(1)
Giải:
Điều kiện:
2
3 2 0
3
x x− ≥ ⇔ ≥
Phương trình
( ) ( )
3 2
3 2
2 2 3 2 3 2x x x x⇔ + = − + −
(1’)
Xét hàm
( ) ( )
3 2 ' 2
2 6 2 0, 0f t t t f t t t t
= + ⇒ = + > ∀ >

⇒
f(t) đồng biến trên
khoảng
( )
0;+ ∞
.
Ta có
( )
( )
( )
'
1 3 2⇔ = −f x f x
2
0
1
3 2
2
3 2
x
x
x x
x
x x
≥

=


⇔ = − ⇔ ⇔



=
= −



Vậy phương trình có các nghiệm là:x=1 và x=2
Ví dụ 2: Giải phương trình:

( )
2 2
2 1 2 2 1 3 2 9 3 0x x x x x
   
+ + + + + + + =
 ÷  ÷
   
(2)
Giải:
Phương trình (2)
( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 2 1 3 3 2 3 3
   
⇔ + + + + = − + − +
 ÷  ÷
   
x x x x
Mặt khác xét hàm số
( ) ( )
2

2 3f t t t= + + ⇒
( )
2
2
2
' 2 3 0,
3
t
f t t t R
t
= + + + > ∀ ∈
+
Suy ra, f(t) đồng biến trên R.
Do đó, phương trình (2)
( ) ( )
1
2 1 3 2 1 3
5
⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −f x f x x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm: x=
1
5
−
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Giải:
Xét phương trình:
( )

2 2
3 2 8 15 0f x x x x= − + + − + =
-Nếu
3
2
x〈
thì
( )
0f x 〈
phương trình vô nghiệm
- Nếu
3
2
x ≥
thì ta có
( )
'
2 2
3 0
8 15
x x
f x
x x
= + − >
+ +
⇒

( )
f x
đồng biến trên

3
;
2
 
+∞
÷

 
vµ
( )
0f x =
khi
1x
=
Vậy phương trình có nghiệm x=1
Ví dụ 4: Giải phương trình:
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =
Giải:
Xét phương trình:
( )
5 3
1 3 4 0= + − − + =f x x x x
có tập xác định là
1
;
3
 
−∞



 
và
( )
' 4 2
3
5 3 0
2 1 3
f x x x
x
= + + >
−
⇒

( )
f x
đồng biến trên
1
;
3
 
−∞


 
và
( )
0f x =

khi

1= −x
Vậy phương trình có nghiệm x=-1
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 3 6 4 6 2 1 3 2x x x x x x+ − − + = − + − + +
Giải:
Xét phương trình:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 3 6 6 2 1 3 2 4 *= + − − + + + − − + =f x x x x x x x
có tập xác định
1
;
2
 
+∞
÷

 

ta có
( )
( ) ( )
( )
* 6 2 2 1 3 4 * *x x x⇔ + + + − − =
từ
( )
* *
2 1 3 0x⇒ − − ≥
5x⇔ ≥
xét các hàm

( ) ( )
'
1 1
6 2 0, 5
2 6 2 2
g x x x g x x
x x
= + + + ⇒ = + > ∀ ≥
+ +

( ) ( )
'
1
2 1 3 0, 5
2 3
h x x h x x
x
= − − ⇒ = > ∀ ≥
−
Suy ra các hàm
( ) ( )
,g x h x
là các hàm đồng biến nên
( )
f x
là hàm đồng biến với
5x∀ ≥
Mặt khác
( )
4f x =

khi x=7
Vậy phương trình có nghiệm x=7
IV/ Hiệu quả áp dụng:
* Phần lớn các em đều rất hứng thú khi tiếp cận với các phương pháp này,
đặc biệt là các em khá giỏi, các em luyện thi Đại học.
* Qua đề tài này, các em cảm thấy tự tin hơn khi giải các phương trình vô tỉ.
Kết quả cụ thể :
Tôi chọn 30 học sinh ở lớp 12A1 và 30 học sinh ở lớp 12A2: Lớp 12A1 là
lớp thực nghiệm và lớp 12A2 là lớp đối chứng. Tôi dùng một câu giải phương
trình vô tỷ (tương đương với một câu trong đề thi đại học được thực hiện với
cùng một đề bài) làm bài kiểm tra trước tác động với thời gian làm bài là 20
phút.
Đề bài:giải phương trình
3
1 1 2x x− − = − +
Bảng thống kê điểm kiểm tra (quy sang thang điểm 10) trước tác động:
Lớp Số HS Điểm/số HS đạt điểm
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Điểm TB
12A1 30 0 1 2 4 5 6 7 2 2 1 5,93
12A2 30 0 2 2 4 5 5 7 2 3 0 5,76
Độ chênh lệch: 0,17
Kết quả kiểm tra cho thấy kết quả trung bình của hai lớp là tương đương
nhau.
Tôi sử dụng thiết kế kiểm tra sau tác động đối với các nhóm tương đương.
Tôi dùng một câu giải phương trình vô tỷ (tương đương với một câu trong đề thi
đại học được thực hiện với cùng một đề bài) làm bài kiểm tra sau tác động với
thời gian làm bài là 20 phút.
Đề bài:giải phương trình
3

7 1x x+ − =
Bảng thống kê điểm kiểm tra(quy sang thang điểm 10) sau tác động:
Lớp Số HS Điểm/số HS đạt điểm
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Điểm TB
12A1 30 0 0 1 1 3 4 7 6 5 3 7,26
12A2 30 0 2 2 4 5 5 7 2 2 1 5,8
Độ chênh lệch: 1,46( >0 )

Bảng kết quả trên đã chứng minh tác động kiểm chứng thật sự có ý nghĩa. Trên
hai lớp tương đương, sau khi thực hiện tác động kết quả kiểm chứng cho thấy độ
chênh lệch điểm trung bình là 1,46( > 0). Chênh lệch kết quả điểm trung bình
nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng không là ngẫu nhiên mà do kết quả của
tác động
C. KẾT LUẬN:
I/ Ý nghĩa của đề tài đối với công tác:
Đề tài này giúp bản thân tôi có thêm một tư liệu để giảng dạy và cũng là một
tài liệu nhỏ để các em học sinh tham khảo vận dụng có hiệu quả vào trong các kì
thi Đại học –Cao đẳng và kì thi học sing giỏi .
II/ Bài học kinh nghiệm và hướng phát triển:
Qua đề tài này giúp tôi có cơ hội nâng cao được trình bộ chuyên môn và có
thêm một tư liệu hỗ trợ cho công tác giảng dạy của bản thân,từ đó có được
nhiều học sinh giỏi,nhiều học sinh đậu vào các trường Đại học-Cao đẳng.
III/ Đề xuất, kiến nghị:
Bài viết của tôi chỉ trình bày theo những kinh nghiệm của cá nhân
trong quá trình giảng dạy, do đó chắc chắn sẽ còn nhiều thiếu xót và chưa thật
hoàn chỉnh. Vì vậy tôi rất mong được các đồng nghiệp góp ý chân thành cho bản
sáng kiến kinh nghiệm được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản
thân, không sao chép nội dung của người
khác.
Đoàn Mạnh Hùng