một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong trường thcs

KINH NGHIỆM
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
TRONG TRƯỜNG THCS

=
1
A. MỞ ĐẦU
I/. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Toán học là môn học có ứng dụng trong hầu hết trong tất cả các ngành khoa học tự
nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội.
Vì vậy toán học có vị trí đặc biệt trong việc phát triển và nâng cao dân trí. Toán
học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học )những kiến thức cơ bản,những kĩ
năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện kĩ năng tư duy logic,một
phương pháp luận khoa học.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài tập toán
đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống, sử dụng đúng phương pháp dạy học
góp phần hình thành và và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời thông qua việc học
toán học sinh được bồi dưỡng và rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy
để giải bài tập toán, đặc biệt là giải phương trình vô tỉ.
Hiện nay ngay từ lớp 7 học sinh được hoàn thiện việc mở rộng tập số hữu tỉ Q
thành tập số thực R. Trong khi đó giáo viên khi dạy phương trình vô tỉ thì ít khai thác
phân tích đề bài, mở rộng bài toán mới, dẫn đến học sinh khi gặp bài toán về giải
phương trình vô tỉ là lúng túng hoặc chưa biết cách giải hoặc giải được nhưng chưa
chặt chẽ mà còn mắc nhiều sai lầm về tìm tập xác định, khi nâng lên luỹ thừa, đưa biểu
thức ra ngoài dấu giá trị tuyệt đối.
Vì vậy phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải phương trình
vô tỉ là cần thiết cho nên tôi xin được trình bày một phần nhỏ để khắc phục tình trạng
trên về giải phương trình vô tỉ góp phần nâng cao chất lượng học môn toán của học
sinh ở trường THCS.
II/. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ nhằm nâng cao năng

lực học môn toán,giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động sáng tạo và là công cụ
giải quyết những bài tập có liên quan đến phương trình vô tỉ.
Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách tham khảo giúp học
sinh giải được một số bài tập.
2
Giải đáp được những thắc mắc, sữa chữa được những sai lầm hay gặp khi giải phương
trình vô tỉ trong quá trình dạy học.
Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng
thành thạo các phương pháp đó để giải bài tập.
Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học
toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ. Đồng thời góp phần nâng cao chất
lượng giáo dục.
III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU- ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
Phát triển năng lực, tư duy của học sinh thông qua các bài toán giải phương trình
vô tỉ đối với học sinh THCS.
Đề tài áp dụng đối với học sinh THCS chủ yếu là học sinh khối 9 trong các giờ
luyện tập, ôn tập cuối kì, cuối năm và cho các kì thi ở trường, thi vào cấp 3.
IV. CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH :
1. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU :
Tham khảo thu thập tài liệu
Phân tích,tổng kết kinh nghiệm.
Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh.
2.PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH :
Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải và khắc phục
những sai lầm hay gặp, các dạng bài tập tự giải.
3
B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong đề tài được đưa ra một số phương trình vô tỉ cơ bản phù hợp với trình độ
của học sinh THCS.

Trang bị cho học sinh một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản áp dụng để
làm bài tập.
Rút ra một số chú ý khi làm từngphương pháp.
Chọn lọc một số bài tập hay gặp phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi.
Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ.
Tôi hi vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS trong việc học và
giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng
định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học
sinh làm việc tích cực hơn đạt kết quả cao trong kiểm tra.
II/ TÌNH HÌNH THỰC TẾ
1.KẾT QUẢ TÌNH TRẠNG KHI CHƯA THỰC HIỆN :
Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trớc khi áp dụng đề tài với 40 học sinh tôi thấy kết
quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau:
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
20 50% 14 35% 5 12,5% 1 2,5%
2. NGUYÊN NHÂN CỦA THỰC TẾ TRÊN:
Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh chưa được trang
bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế và nhiều khi không có lối thoát
dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em càng khó giải
quyết.
III/ NỘI DUNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TIẾN HÀNH
1/. Khái niệm phương trình vô tỉ
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn
2/. Các ví dụ :
4
a)
11 =−x
c)
3+− xx

1
2
+− xx
=3
b)
2173 =+−+ xx
d)
4
1
1
1
1
3
3 2
3 2
3
=
+
−
−
−
−
x
x
x
xx
3/.Phương pháp chung :
Để giải phương trình chứa dấu căn ta tìm cách khử dấu căn.
Cụ thể : - Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Biến đổi đưa phương trình về dạng đã học.

- Giải phương trình vừa tìm được.
- So sánh kết quả với ĐKXĐ rồi kết luận nghiệm.
4/. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản:
a/. Phương pháp1: nâng lên luỹ thừa (Bình phương hoặc lập phương
hai vế phương trình ):
• Giải phương trình dạng :
)()( xgxf =
+ / các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình :
11 −=+ xx
(1)
ĐKXĐ : x+1
≥
0
⇔
x
≥
-1
Với x
≥
-1 thì vế trái của phương trình không âm. Để phương trình có nghiệm thì
x-1
≥
0
⇒
x
≥
1.Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình :
x+1 = (x-1)
2

⇔
x
2
-3x= 0
⇔
x(x-3) = 0 ⇔



=
=
3
0
x
x

Chỉ có nghiệm x =3 thoả mãn điều kiện x
≥
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =3.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
131 =−+ xx


xx −=−⇔ 131
( 1) ĐKXĐ :




≥−
≥−
013
01
x
x
⇔




≤
≥
13
1
x
x

⇔
1
≤
13
≤
x
(2)
Bình phương hai vế của (1) ta được :

2
)13(1 xx −=−

017027
2
=+−⇔ xx
Phương trình này có nghiệm
10
1
=x
và
17
2
=x
.Chỉ có
10
1
=x
thoã mãn (2).
5
Vậy nghiệm của phương trình là
10=x
* Giải phương trình dạng :
)()()( xgxhxf =+
Ví dụ 3: Giải phương trình:
121 =+−− xx

xx ++=−⇔ 211
(1)
ĐKXĐ:
02
01
≥+

≥−
x
x

⇔

2
1
−≥
≤
x
x

⇔
12 ≤≤− x
Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được :

xxx ++++=− 22211

⇔
01
2
=−+ xx
Phương trình này có nghiệm
2
51−−
=x
thoã mãn (2)
Vậy nghiệm của phương trình là
2

51−−
=x
Ví dụ 4: Giải phương trình:
3
1+x
27
3
=−+ x
(1)
Lập phương trình hai vế của (1) ta được:

82).7)(1(371
3
=−++−++ xxxx

⇔
(x-1) (7- x) = 0
⇔ x =-1 (đều thoả mãn (1 )
x =7 (đều thoả mãn (1 )
Vậy
7;1 =−= xx
là nghiệm của phương trình.
* Giải phương trình dạng :
=+ )()( xhxf
)(xg
Ví dụ5: Giải phương trình
1+x
-
7−x
=

x−12


⇔
1+x
=
x−12
+
7−x
(1)
ĐKXĐ:
121
7
12
1
07
012
01
≤≤⇔





≥
≤
−≥
⇔






≥−
≥−
≥+
x
x
x
x
x
x
x
Bình phương hai vế ta được: x- 4 = 2
)7)(12( −− xx
(3)
Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thoã mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của
phương trình (3) ta được :
(x - 4)
2
= 4(- x
2
+ 19x- 84)
⇔
5x
2
- 84x + 352 = 0
6
Phương trình này có 2 nghiệm x
1

=
5
44
và x
2
= 8 đều thoả mãn (2).
Vậy x
1
=
5
44
và x
2
= 8 là nghiệm của phương trình.
* Giải phương trình dạng :
=+ )()( xhxf
)(xg
+
)(xq
Ví dụ 6: Giải phương trình :
1+x
+
10+x
=
2+x
+
5+x
(1)
ĐKXĐ :








≥+
≥+
≥+
≥+
05
02
010
01
x
x
x
x
⇔







−≥
−≥
−≥
−≥

5
2
10
1
x
x
x
x
⇔ x ≥ -1 (2)
Bình phương hai vế của (1) ta được :
x+1 + x+ 10 + 2
)10)(1( ++ xx
= x+2 + x+ 5 + 2
)5)(2( ++ xx

⇔
2+
)10)(1( ++ xx
=
)5)(2( ++ xx
(3)
Với x
≥
-1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được

)10)(1( ++ xx
= 1- x Điều kiện ở đây là x
≤
-1 (4)
Ta chỉ việc kết hợp giữa (2) và (4)




−≤
−≥
1
1
x
x
⇔ x = 1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).
+ / Nhận xét :
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình
vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc
chẵn
Với hai số dương a, b nếu a = b thì a
2n
= b
2n
và ngược lại (n= 1,2,3 )
Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đó là
những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan khi sử dụng phương pháp này.
Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều
phương pháp khác lại với nhau.
+ / Bài tập áp dụng:
1.
4
2
−x
= x- 2 4.

3
45+x
-
3
16−x
=1
2.
41
2
++ xx
= x+ 1 5.
x−1
=
x−6
-
)52( +− x
7
3.
x−1
+
x+4
=3 6.
3
1−x
+
3
2−x
=
3
32 −x

b /. Phương pháp 2 : đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối :
+/. Các ví dụ :
Ví dụ1: Giải phương trình:
416249
2
+−=+− xxx
(1)
ĐKXĐ:



≥+−
≥+−
04
016249
2
x
xx

⇔




≤
∀≥−
4
0)43(
2
x

xx
⇔ x ≤ 4
Phương trình (1)
⇔

43 −x
= -x + 4

⇔




−=−
+−=−
443
443
xx
xx
⇔



=
=
0
2
x
x
Với x= 2 hoặc x = 0 đều là nghiệm của phương trình (đều thoả mãn x

≤
4 ).
Ví dụ 2 : Giải phương trình :
44
2
=− xx
+
168
2
+− xx
= 5 ĐKXĐ:
∉∀
x
R
Phương trình tương đương :
2−x
+
4−x
= 5
Lập bảng xét dấu : x 2 4
x- 2 - 0 + +
x- 4 - - 0 +
Ta xét các khoảng :
+ Khi x < 2 ta có (2)
⇔
6-2x =5
⇔
x = 0,5(thoả mãn x
≤
2)

+ Khi 2
≤
x
≤
4 ta có (2)
⇔
0x + 2 =5 vô nghiệm
+ Khi x > 4 ta có (2)
⇔
2x – 6 =5
⇔
x =5,5 (thoả mãn x > 4 )
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0,5 và x = 5,5
Ví dụ 3 : Giải phương trình:
314 +−− xx
+
816 +−− xx
= 1 ; ĐKXĐ: x
≥
1
Phương trình được viết lại là :

414)1( +−−− xx
+
916)1( +−−− xx
= 1
⇔
2
)21( −−x
+

2
)31( −−x
= 1

⇔

21 −−x
+
31 −−x
=1 (1)
- Nếu 1
≤
x < 5 ta có (1)
⇔
2-
1−x
+ 3 -
1−x
= 1
⇔

1−x
=2
⇔
x= 5 không thuộc khoảng đang xét
8
- Nếu 5
≤
x
≤

10 thì (1)
⇔
0x = 0 Phương trình có vô số nghiệm
- Nếu x> 10 thì (1)
⇔
-5 = 1 phương trinh vô nghiệm
Vậy phương trình có vô số nghiệm : 5
≤
x
≤
10
+ Nhận xét :
Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử
dụng giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên song trong thực tế cần
lưu ý cho học sinh :
-Áp dụng hằng đẳng thức
2
A
=
A
- Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên
giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm.
+ /. Bài tập áp dụng
1.
96
2
+− xx
+
2510
2

++ xx
= 8
2.
12
2
++ xx
+
44
2
+− xx
=
44
2
++ xx
3.
143 −++ xx
+
168 −−+ xx
= 5
4.
5233 −++ xx
+
522 −−− xx
= 2
2
c.Phương pháp 3 : đặt ẩn phụ:
+ /. Các ví dụ :
Ví dụ 1 : Giải phương trình: 2x
2
+ 3x +

932
2
++ xx
=33
ĐKXĐ :
∀
x
∈
R
Phương trình đã cho tương đương với: 2x
2
+ 3x +9 +
932
2
++ xx
- 42= 0 (1)
Đặt 2x
2
+ 3x +9 = y > 0 (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện
bắt buộc cho ẩn phụ y)
Ta được phương trình mới : y
2
+ y – 42 = 0
⇒
y
1
= 6, y
2
= -7. Có nghiệm y =6 thoả mãn y> 0
Từ đó ta có

932
2
++ xx
=6
⇔
2x
2
+ 3x -27 = 0
Phương trình có nghiệm x
1
= 3, x
2
= -
2
9
Cả hai nghiệm này chính là nghiệm của phương trình đã cho.
9
Ví dụ 2 : Giải phương trình:
x
+
4
x
= 12 (ĐKXĐ : x
≥
o)
Đặt
4
x
= y
≥

0
⇒
x
= y
2
ta có phương trình mới
y
2
+ y -12 = 0 phương trình có 2 nghiệm là y= 3 và y = - 4 (loại)
⇒
4
x
= 3
⇒
x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
1+x
+
x−3
-
)3)(1( xx −+
= 2 (1)
ĐKXĐ :



≥−
≥+
03
01

x
x
⇔



≤
−≥
3
1
x
x
⇔ -1 ≤ x ≤ 3
Đặt
1+x
+
x−3
= t
≥
0
⇒
t
2
= 4 + 2
)3)(1( xx −+
⇒

)3)(1( xx −+
=
2

4
2
−t
(2). thay vào (2) ta được
t
2
– 2t = 0
⇔
t(t-2) = 0 ⇔



=
=
2
0
t
t
+ Với t = 0 phương trình vô nghiệm.
+Với t = 2 thay vào (2) ta có :
)3)(1( xx −+
= 0
⇒
x
1
= -1; x
2
= 3 (thoả mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x
1

= -1và x
2
= 3
Ví dụ 4: Giải phương trình : 5
1
3
+x
= 2( x
2
+ 2)
Ta có
1
3
+x
=
1+x
1
2
+− xx
Đặt
1+x
= a
≥
0 ;
1
2
+− xx
= b
≥
0 và a

2
+ b
2
= x
2
+ 2
Phương trình đã cho được viết là
5ab = 2(a
2
+ b
2
)

⇔
(2a- b)( a -2b) = 0
⇔



=−
=−
02
02
ba
ba
+ Trường hợp: 2a = b

⇔
2
1+x

=
1
2
+− xx

⇔
4x + 4 = x
2
– x +1

⇔
x
2
– 5x -3 = 0
Phương trình có nghiệm x
1
=
2
375 −
; x
2
=
2
375 +
10
+ Trường hợp: a = 2b

⇔

1+x

= 2
1
2
+− xx

⇔
x+ 1 = 4x
2
-4x + 3 = 0

⇔
4x
2
-5x + 3 = 0 phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=
2
375 +
và x=
2
375 −
Ví dụ 5: Giải phương trình:
1+x
+ 2 (x+1) = x- 1 +
x−1
+ 3
2
1 x−
(1)
Đặt
1+x

= u
≥
0 và
x−1
= t
≥
0
ĐKXĐ: -1
≤
x
≤
1 thì phương trình (1) trở thành.
u + 2u
2
= -t
2
+ t +3ut

⇔
(u –t )
2
+ u(u-t) + (u-t) = 0

⇔
(u-t)(2u – t +1 ) = 0
⇔



=+

=
tu
tu
12

⇔






−=++
−=+
xx
xx
1112
11
⇔





−=
=
25
24
0
x

x
thoả mãn điều kiện -1
≤
x
≤
1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 6: Giải phương trình:
12 −− xx
+
12 −+ xx
=
2
3+x
ĐKXĐ : x
≥
1
Đặt
1−x
= t
≥
0
⇒
x = t
2
+ 1 phương trình đã cho trở thành
2
)1( +t
+
2
)1( −t

=
2
4
2
+t
⇔

1+t
+
1−t
=
2
4
2
+t
⇔





=
=+−
0
044
2
2
t
tt
(t

≥
1) ⇔



=
=
0
2
t
t
⇔



=
=
1
5
x
x

∈
ĐKXĐ: x≥ 1
Vậy phuơng đã cho có nghiệm x= 1và x= 5
+ /. Nhận xét :
11
Phương pháp đặt ẩn nhằm làm cho phương trình được chuyển về dạng hữu tỉ.
Song để vận dụng phương pháp này phải có những nhận xét,đánh giá tìm tòi hướng giải
quyết cách đặt ẩn như thế nào cho phù hợp như :

Đặt ẩn phụ để được phương trình mới chứa ẩn phụ (Vd 3-1,3-2,3-3)
Đặt ẩn phụ để đưa về một biểu thức nhóm (VD 3-4; 3-5)
+ /. Bài tập áp dụng:
1/ x
2
– 5 +
6
2
−x
= 7 3/
3
2
x
- 3
3
x
=20
2/ x
x
1
- 2x
3
x
= 20 4/
8
3
+x
= 2x
2
– 6x +4

5/
96 −+ xx
+
96 −− xx
=
6
23+x
d. Phương pháp 4 : đưa về phương trình tích :
+ / Các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2110 ++ xx
= 3
3+x
+ 2
7+x
- 6 (1)
ĐKXĐ : x
≥
-3
Phương trình (1) có dạng :
)7)(3( ++ xx
- 3
3+x
+ 2
7+x
+6 = 0

⇔

3+x

(
)37 −+x
-2(
)37 −+x
) =3

⇔
(
)37 −+x
(
23 −+x
) =0

⇔






=−+
=−+
023
037
x
x
⇔




=+
=+
43
97
x
x
⇔



=
=
1
2
x
x

∈
ĐKXĐ.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1; x = 2
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
1 x−
+
2+x
=1
ĐKXĐ : x
≥
-2
Đặt

2+x
= t
≥
0 Khi dó
3
1 x−
=
3
2
3 t−
Phương trình (1)
⇔

3
2
3 t−
+ t = 1
⇔

3
2
3 t−
= 1- t
⇔
3- t
3
= (1-t)
3
12

⇔
t
3
- 4t
2
+ 3t + 2 =0
⇔
(t-2) ( t
2
-2t -1) = 0
Từ phương trình này ta tìm được x=2 ; x= 1 + 2
2
là nghiệm của phương trình (1)
Ví dụ3 : Giải phương trình: (4x-1)
1
2
+x
= 2(x
2
+ 1) + 2x - 1 (1)
Đặt
1
2
+x
=y ; y
≥
0
(1)
⇔
(4x-1) y = 2y

2
+ 2x -1
⇔
2y
2
- (4x -1) y + 2x – 1= 0
⇔
( 2y
2
- 4xy + 2y) – ( y- 2x+1) = 0
⇔
(y- 2x+1) (2y- 1) = 0
Giải phương trình này ta tìm được x = 0 ; x =
3
4
là nghiệm của phương trình (1)
Ví dụ 4: Giải phương trình: (
11 −+ x
)(
11 +− x
) = 2x
ĐKXĐ: -1
≤
x
≤
1 (1)
đặt
x+1
= u (0
≤

u
≤

2
)
suy ra x = u
2
-1 phương trình (1) trở thành :
(u -1 ) (
)12
2
+− u
= 2 ( u
2
-1)
⇔
(u -1 ){ (
)12
2
+− u
- 2 (u+1)} = 0

⇔
(u-1) (
)122
2
−−− uu
= 0
⇔





=−−−
=−
0122
01
2
uu
u
(+) u-1 = 0
⇒
u =1 ( thoả mãn u
≥
0 ) suy ra x = 0 thoả mãn (1)
(+)
122
2
−−− uu
= 0
⇔

2
2 u−
= 2u + 1
⇔





+=−
≥+
)12(2
012
2
uu
u
(thoả mãn vì u
≥
0 ) ⇔ 5u
2
+ 4u - 1 = 0 ⇒





=
<−=
5
1
)(01
2
1
u
loaiu

nên có x = u
2
2

-1 = (
5
1
)
2
– 1 =
25
24−
thoã mãn điều kiện (1)
13
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 và x =
25
24−
.
+ /.Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta
cần chú ý các bước sau.
+ Tìm tập xác định của phương trình .
+ Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….= 0 (gọi là
phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0 ; g( x) = 0 ;… là những phương trình quen
thuộc.
+ Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0
g( x) = 0 ;… thuộc tập xác định.
+ Biết vận dụng,phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các
số hạng,tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về
phương trình về dạng tích quen thuộc đã biết cách giải.
+ /.Bài tập áp dụng:
1/.
67
3

−− xx
= 0 3/. x(x+5) = 2
225
3
2
−−+ xx
2/.
2
2
−− xx
- 2
2
2
+− xx
=
1−x
4/. 2( x
2
+ 2x + 3) = 5
233
23
+++ xxx
e. Phương pháp 5 : đưa về hệ phương trình :
+ /.Các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
25 x−
-
2
15 x−

=2 (ĐKXĐ: 0
≤
x
2

≤
15)
Đặt:
2
25 x−
= a (a
≥
0) (* )

2
15 x−
= b ( b
≥
0) ( ** )
Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình :





≠+
+=+−
=−
0
)(2))((

2
ba
bababa
ba
⇔



=+
=−
5
2
ba
ba
⇔







=
=
2
3
2
7
b
a

14
Thay vào phương trình (*) ta có 25 –x
2
=
4
49

⇔
x
2
=
4
51

⇒
x =
2
51
±
(
∈
ĐKXĐ ).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2
51
±
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
35
3)3(5)5(

−+−
−−+−−
xx
xxxx
= 2 (1) (ĐKXĐ : 3
≤
x
≤
5)
Đặt





≥=−
≥=−
)0(3
)0(5
ttx
uux
Phơng trình (1 ) trở thành hệ phơng trình :





=+−
=+
2

2
22
22
tutu
tu
⇒ ut = 0 ⇔



=
=
0
0
t
u
⇔



=
=
5
3
x
x
(thỏa mãn điều kiện )
Vậy phương trình đẫ cho có nghiệm x =3 ; x= 5.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
3
2 x−

+
1
−
x
= 1 ;(ĐKXĐ: x
≥
1)
Đặt





≥=−
=−
)0(1
2
3
ttx
ux
Khi đó ta có u
3
= 2 – x ; t
2
= x- 1 nên u
3
+ t
3
= 1
Phương trình đã cho đợc đa về hệ:




=+
=+
)2(1
)1(1
33
tu
tu
Từ phương trình (1)
⇒
u = 1 – t. Thay vào phương trình (2) ta có :
( 1 – t )
3
+ t
2
= 1
⇔

t( t
2
- 4t + 3 = 0
⇔




=+−
=

034
0
2
tt
t
⇔








=
=
=
3
1
0
t
t
t
Từ đó ta đợc x= 3; x =2 ; x = 10 (ĐKXĐ x
≥
1 ) là nghiệm của phơng trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
3
2
)1(

+
x
+
3
2
)1(
−
x
+
3
2
1
−
x
= 1
Đặt:
3
1
+
x
= a ;
3
1
−
x
= b nên ta có: a
2
=
3
2

)1(
+
x
; b
2
=
3
2
)1(
−
x

ab =
3
2
1
−
x
. Ta được phương trình : a
2
+ b
2
+ ab = 1 ( 1)





−=
+=

1
1
3
3
xb
xa
Ta được phương trình : a
3
– b
3
= 2 (2)
15
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :





=−
=++
2
1
33
22
ba
abba
Từ hệ phương trình ta suy ra a –b = 2
⇒
b = a – 2
Thay vào hệ phương trình (1) ta đợc : (a -1 )

2
= 0
⇒
a =1
Từ đó ta được x = 0
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0
+ /.Nhận xét :
Qua 4 ví dụ trên cho ta thấy phơng pháp hệ phơng trình có những điểm sáng tạo
và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải t duy hơn do đó phơng pháp này đợc áp dụng
cho học sinh khá, giỏi. Ta cần chú ýmột số điểm sau:
+ Tìm điều kiện tồn tại của phơng trình
+ Biến đổi phơng trình để xuất hiện nhân tử chung.
+ Đặt ẩn phụ thích hợp để đa việc giải phơng trình về việc giải hệ phơng trình quen
thuộc.
Ngoài ra ngời học còn biết kết hợp phơng pháp này với phơng pháp khác nh ph-
ơng pháp đặt ẩn phụ, phơng pháp sử dụng hằng đẳng thức.
+ /.Bài tập áp dụng:
Giải các phơng trình sau :
1.
x
1
+
2
2
1
x−
= 2 3.
3
1 x
−

+
3
1 x
+
=1
2. 2
3
12
−
x
= x
3
+ 1 4.
3
1
−
x
+
3
21−x
=
3
32 −x
5.
x
+−
44
= x
f /. Ph ương pháp 6 :chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương
trình vô nghiệm.

+ /.Các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình:
1
−
x
-
15
−
x
=
23 −x
(1)
16
ĐKXĐ:





≥−
≥−
≥−
023
015
01
x
x
x
⇔










≥
≥
≥
3
2
5
1
1
x
x
x
Với x
≥
1 thì x < 5x do đó
1
−
x
<
15
−
x
Suy ra vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm.

Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

116
2
+−
xx
+
136
2
+−
xx
+
4
2
54
+−
xx
= 3 +
2


⇔

2)3(
2
+−
x
+
4)3(

2
+−
x
+
4
2
1)2(
+−
x
= 3 +
2
(*)
Mà
2)3(
2
+−
x
+
4)3(
2
+−
x
+
4
2
1)2(
+−
x
≥

2
+
4
+ 1 = 3 +
2

⇒
Vế phải của phương trình đã cho lớn hơn vế trái.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
+ /.Bài tập áp dụng:
1.
1
−
x
-
1
+
x
= 2 3.
x−6
+
2+x
= x
2
- 6x +13
2.
6
2
+
x

= x - 2
1
2
−
x
g /. Phương pháp 7 : Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
+ /.Các ví dụ :
Ví dụ 1: Giải phương trình:
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
(1)
Ta có vế trái của (1)
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx

=
4)1(3
2
++
x
+
9)1(5
++
x

≥

4
+
9
= 5
Vế phải của (1) : 4 -2x –x
2
= 5 – (x + 1)
2

≤
5
Vậy hai vế đều bằng 5 khi x = -1. Do đó phương trình (1) có nghiệm là x = -1
Ví dụ 2: Giải phương trình:
4−x
+
x−6
= x
2

-10x + 27 (1)
ĐKXĐ: 4
≤
x
≤
6
Xét vế phải của (1) ta có :
x
2
– 10x + 27 = ( x-5)
2
+ 2
≥
2 với mọi x và vế trái của (1)
17
(
2
64 xx −−−
)
2

≤

2
)46()1((
22
−+−
x
=1 hay
4−x

+
x−6

≤
2
Vì vậy phương trình (1) có nghiệm là :





=−+−
=+−
(**)264
(*)22710
2
xx
xx
Giải phương trình (*) ta dợc x = 5 giá trị này thoả mãn (**)
Vậy x =5 là nghiệm của phương trình (1)
+ /. Bài tập áp dụng :
1.
16123
2
+−
xx
+
134
2
+−

yy
= 5
2.
1263
2
++
xx
+
9105
2
+−
xx
= 3-4x -2x
2

3.
5,33
2
+−
xx
=
)44)(22(
22
+−+−
xxxx
h /. Ph ương pháp 8 : sử dụng tính đơn điệu của hàm số :
+ /. Các ví dụ :
Ví dụ1: Giải phương trình :
3
2−x

+
1
+
x
= 3 (1)
ĐKXĐ: x
≥
1
Ta thấy x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1)
Với x > 3 thì
3
2−x
> 1,
1
+
x
> 2 nên vế trái của (1) lớn hơn 3.
Với x< 3 và x
≥
-1
⇔
-1
≤
x
≤
3 thì
3
2−x
< 1,
1

+
x
< 2
nên vế trái của (1) nhỏ hơn 3.
Vậy x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Ví dụ 2: Giải phương trình :

5
2
28
+
x
+ 2
3
2
23
+
x
+
1
−
x
+
x
=
2
+ 9 (1)
ĐKXĐ:
1
0

01
≥⇔



≥
≥−
x
x
x
Ta thấy x =2 là nghiệm của (1)
+ /. Nhận xét :
Khi giải các phương trình vô tỉ mà ta cha biết cách giải thường ta sử dụng
phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để thấy nghiệm của chúng. Rồi tìm cách
chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác.
18
+ /.Bài tập áp dụng :
1.
3
2
26
+
x
+ 3
x
+
3+x
= 8
2.
12

2
−
x
+
23
2
−−
xx
=
322
2
++
xx
+
1
2
+−
xx
i /. Ph ương pháp 9 : sử dụng điều kiện xảy ra dấu “ =” ở bất đẳng thức không chặt
+ /. Các ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình

2−x
+
1995
+
y
+
1996−z
=

2
1
(x+y+z)
ĐKXĐ : x
≥
2; y
≥
-1995; z
≥
1996
Phương trình (1)
⇔
x+y+z = 2
2−x
+ 2
1995
+
y
+ 2
1996−z
⇔

2
)12(
−−
x
+
2
)11995(
−+

y
+
2
)11996(
−−
z
= 0
⇔







=−
=+
=−
11996
11995
12
z
y
x
⇔






=
−=
=
1997
1994
3
z
y
x
( thoã mãn ĐKXĐ ).
Là nghiệm của phương trình (1)
Ví dụ 2: Giải phương trình:
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
⇔

4)1(3
2
++
x
+

9)1(5
2
++
x
= 5 – (x+1)
2
(*)
Vế trái của (*)
4)1(3
2
++
x
+
9)1(5
2
++
x

≥
2 + 3 = 5
Vế phải của (*) 5 – (x+1)
2

≤
5
Vì thế phương trình (*) chỉ có nghiệm khi và chỉ khi hai vế của
phương trình (*) bằng nhau và bằng 5
⇔
x+ 1 = 0
⇔

x = -1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =-1
Ví dụ3: Giải phương trình:
14 −x
x
+
x
x 14
−
=2 (1) ĐKXĐ: x>
4
1
áp dụng bất đẳng thức
a
b
b
a
+

≥
2 với a,b > 0
xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a =b
Dấu “=” của (1) xảy ra khi x=
14
−
x

⇔
x
2

- 4x +1 = 0 (do x>
4
1
)
19
Giải phương trình này ta tìm đợc x=
32 ±
(thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy x=
32 ±
là nghiệm của phương trình.
+ /. Nhận xét :
Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý
các bước sau :
+ Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x)
≥
a, g(x)
≤
a
(a là hằng số )
Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thoả mãn đồng thời
f(x) =a và g(x) = a
+ Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số ) mà ta luôn có h(x)
≥
m hoặc
h (x)
≤
m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy
ra.
+ Áp dụng các bất đẳng thức : Côsi, Bunhiacopxki

+ /. Bài tập áp dụng:
1.
1282
2
+−
xx
= 3 -
4
2
13123
+−
xx
3.
1
19
−x
+
4
2
1
5
−
x
+
6
2
23
95
+−
xx

= 3
2.
2−x
+
x−10
= x
2
-12x + 40 4.
116
156
2
2
+−
+−
xx
xx
=
186
2
+−
xx
IV/ KẾT QUẢ THỰC HIỆN :
1/ Nhận xét:
Trên đây tôi giới thiệu với các bạn một số phương pháp giải phương trình vô tỉ,
kết quả thu được rõ ràng đã có thể vận trong nhiều dạng toán, và ứng dụng của các bài
toán này không phải là ít. Nếu như rèn luyện cho học sinh dạng toán này thì chúng ta đã
trang bị cho các em lượng kiến thức không phải là nhỏ. Trong chương trình toán phổ
thông của chúng ta còn rất nhiều phương pháp nữa. Trên đây tôi chỉ trình bày một số
phương pháp thông dụng trong chương trình trung học cơ sở. Tuy nhiên với dạng toán
này thì không phải đối tượng nào cũng tiếp thu một cách dễ dàng, vì vậy giáo viên phải

khéo léo lồng vào các tiết dạy nhằm thu hút và phát huy sự sáng tạo cho học sinh. Đây
là một vấn đề hoàn toàn mới mẻ và hết sức khó khăn cho học sinh ở mức trung bình,
giáo viên nên cho các em làm quen dần. Dạng toán này có tác dụng tương hỗ, cao dần
20
từ những kiến thức rất cơ bản trong sách giáo khoa, giúp học sinh khắc sâu kiến thức
biết tư duy sáng tạo, biết tìm cách giải dạng toán mới, tập trung “Sáng tạo” ra các vấn
đề mới.
2. Kết quả sau khi áp dụng đề tài
Sau khi áp dụng đề tài tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên
đáng kể, đặc biệt là đối tượng HS trung bình chất lượng được nâng lên rõ rệt.
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
5 12,5% 20 50% 10 25% 5 12,5%
21
V / KẾT LUẬN :
Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỉ mà tôi đã áp dụng giảng
dạy trên thực tế hiện nay ở trường THCS cho học sinh đại trà cũng như trong quá trình
ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi cùng các đồng nghiệp đã thu được kết quả sau :
+ Học sinh tiếp thu bài nhanh dễ hiểu hơn, hứng thú tích cực trong học tập và yêu thích
bộ môn toán.
+ Học sinh tránh được những sai sót cơ bản, và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng
như phát huy được tính tích cực của học sinh.
Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ
thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến
thức mới từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận
thức của học sinh.
Người thầy cần phát huy chú trọng tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh
từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm
được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất định. Vậy tôi rất

mong được sự giúp đỡ cũng như những góp ý của các thầy, cô giáo cho tôi để tôi rút
kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy những năm học sau.
Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy tôi
còn nhận được sự giúp đỡ của các đồng nghiệp, các thầy cô giáo trong tổ toán trường
THCS XXX giúp đỡ hướng dẫn tôi hoàn thành đề tài này.
C. TÀI LIỆU THAM KHẢO
- SGK Toán 7-Nhà xuất bản GD 2003
- SGK Đại số 9-Nhà xuất bản GD
- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất bản GD 2001
- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 2002
- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất bản GD 1995
- Để học tốt Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 1999
- Phương trình và hệ phương trình không mẫu mực - Nhà xuất bản GD 2002.
22
- 23 chuyên đề bài toán sơ cấp - Nhà xuất bản trẻ 2000.
- Những đề thi và những tài liệu khác có liên quan.

23