Một số phương pháp giúp học sinh có kỹ năng giải phương trình vô tỉ TH

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
A- ĐẶT VẤN ĐỀ:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong chương trình toán đại số 9, các em học sinh đã được tiếp cận với
loại bài tập giải phương trình vô tỉ đa số là những bài tập đơn giản. Tuy nhiên
trong thực tế các bài toán đó rất phong phú và đa dạng mà chỉ có số ít các em
biết phương pháp giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được gọn gàng, thậm
chí còn mắc một số sai lầm không đáng có trong khi trình bày.
Hơn nữa trong chương trình sách giáo khoa đại số 9 hiện hành chỉ giới
thiệu một số ví dụ cơ bản về bài tập giải phương trình vô tỉ và không đưa ra
được phương pháp giải cho từng dạng bài, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng
rất hạn chế. Mặt khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này ít nên
trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra 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 bài toán giải phương trình vô tỉ 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 nhanh nhẹn thuần thục.
Do đó việc vận dụng các giải pháp để rèn luyện, phát huy năng lực sáng
tạo của học sinh là một việc cực kỳ cấp thiết. Tôi đã suy nghĩ, trăn trở về vấn đề
này và đã tìm được một số giải pháp có hiệu quả. Trong bài viết này, tôi xin
mạnh dạn trình bày một số giải pháp đó với mong muốn góp thêm một vài kinh
nghiệm nhỏ để dạy toán đạt hiệu quả tốt hơn. Đồng thời góp phần làm cho các
em học sinh yêu thích môn Toán hơn, nâng cao vị trí, vai trò của môn toán trong
nhà trường.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Từ lý do chọn đề tài như trên và từ cơ sở thực tiễn giảng dạy toán 9 ở
trường THCS AN TIẾN, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy, tôi đã
tổng hợp, khai thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành một đề tài sáng kiến
kinh nghiệm: “Một số phương pháp giúp học sinh có kỹ năng giải phương
trình vô tỉ’’.
III. GIỚI HẠN VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:

1
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
- Một số bài toán cơ bản, nâng cao về giải phương trình vô tỉ trong
chương trình đại số 9.
- Đề tài được áp dụng thực hiện trong năm 2012 2013 trong quá trình
giảng toán của tôi đối với lớp 9B trường THCS AN TIẾN
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Nghiên cứu lý luận chung
- Khảo sát, điều tra từ thực tế dạy và học.
- Phỏng vấn trình độ nhận thức, kỹ năng giải toán của học sinh.
- Kết hợp linh hoạt các phương pháp dạy học.
- Tổng hợp so sánh, đúc rút kinh nghiệm tìm ra những khó khan, thuận lợi
khi giải quyết các bài toán ở các lớp trước.
- Lựa chọn các ví dụ và các bài tập cụ thể để phân tích tỉ mỉ những sai lầm
mà học sinh thường hay mắc phải. Từ đó phát huy năng lực tư duy, kỹ năng vận
dụng kiến thức để học sinh đưa ra lời giải đúng cho bài toán.
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến của các giáo viên cùng bộ
môn.

2
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
Tên đề tài: “Một số phương pháp giúp học sinh có kỹ năng giải
phương trình vô tỉ’’.
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức
rộng, đa phần các em ngại học môn này. Vì vậy muốn học tốt môn Toán, các
em cần biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Giáo viên cần
định hướng, giúp các em học sinh có những kỹ năng trình bày chặt chẽ, suy

luận logic, biết cách tổng kết sâu sắc các dạng toán. Đồng thời giúp các em phát
hiện hướng mở rộng, nâng cao nhằm gây hứng thú, tìm tòi, phát huy tính chủ
động sáng tạo… Do vậy tôi mạnh dạn đưa ra một số giải pháp với mục đích
giúp cho học sinh THCS vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài
toán giải phương trình vô tỉ
Trong giới hạn của Sáng kiến kinh nghiệm, tôi hướng dẫn học sinh các
dạng thường gặp sau:

3
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
* Dạng I: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản
1. Phương trình có dạng:
( )f x
= g(x) (1)
Để tìm được x thì bài toán trên quy về giải hệ:
Phương trình (1)
⇔
2
( ) 0
( ) ( )
g x
f x g x
≥


=

Điều kiện g(x)

≥

0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (1) sau khi
giải phương trình f(x)= g
2
(x) chỉ cần so sánh các nghiệm vừa nhận được với
điều kiện g(x)

≥
0 để kết luận nghiệm mà không cần phải thay vào phương
trình ban đầu để thử để lấy nghiệm.

4
Phương trình vô tỉ cơ bản dạng:
Dạng 1
= g(x)
Dạng 2 Dạng 3 Dạng 4 Dạng 5 Dạng 6
Dạng 7 Dạng 8 Dạng 9 Dạng 10
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
2. Phương trình có dạng:
( ) ( )f x g x
=
(2)
( ) 0
(2)
( ) ( )
f x
f x g x
≥

⇔


=

Điều kiện f(x)
≥
0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (2). Chú ý ở
đây không nhất thiết phải đặt điều kiện đồng thời cả f(x) và g(x)

không âm vì
f(x) = g(x)
3 Phương trình có dạng:
( )f x k=
(k là hằng số) (3)
+) TH1 :nếu k =0 khi đó (3)
⇔
( ) 0f x =
( ) 0f x⇔ =
+) TH2: nếu k <0 khi đó phưong trình (3) vô nghiệm
+) TH3: nếu k >0 khi đó (3)
2
( )f x k⇔ =
4.Phương trình có dạng:
( )f x k=
(k là hằng số) (4)
2 2
( )
( )
f x k
f x k
⇔ =
⇔ =

5. Phương trình có dạng:
)()(
2
xgxf =
(5)
Phương trình (5)
)()( xgxf =⇔

⇔


 ≥
=
0)(
)()(
xf
xgxf
hoặc



<
−=
0)(
)()(
xf
xgxf
6. Phương trình có dạng:
kxf =)(
2

(6) ( k
≥
0)
Phương trình (6)
⇔
( )f x k=
⇔
f(x) =
±
k
7. Phương trình có dạng: (
( ) ( )f x g x c+ =
(c là hằng số) (7)
+) TH1: nếu k <0: (7) vô nghiệm
+) TH2: nếu k=0, ta có:
( ) 0
( ) ( ) 0
( ) 0
f x
f x g x
g x
=

+ = ⇔

=


5
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:

+) TH3: nếu k >0 thì buộc điều kiện
( ) 0
( ) 0
f x
g x
≥


≥

Bình phương hai vế phương trình (7) ta có:
]
2
2
2
2
( ) ( ) 2 ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( ) ( )
4 ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x c
f x g x c f x g x
f x g x c f x g x
+ + =
⇔ = − −

⇔ = − −

8.Phương trình dạng :
( ) ( ) ( )f x g x h x+ =
(8)

điều kiện phương trình (8) :
( ) 0
( ) 0
( ) 0
f x
g x
h x
≥


≥


≥

sau đó bình phương hai vế của (8) ta có:
[ ]
2
( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x h x
f x g x h x f x g x
f x g x h x f x g x
+ + =
⇔ = − −
⇔ = − −
9. Phương trình dạng :
( )
( )

f x
k
g x
=
(k
0≥
) (9)
tìm điều kiện để
( )
0
( )
f x
g x
≥
(
( ) 0g x ≠
)
2
( )
(9)
( )
f x
k
g x
⇔ =
2
( ) ( ).f x g x k⇔ =
10. Phương trình dạng:
( ). ( ) 0
( ) 0

( ) 0
( ) 0
P x Q x
Q x
P x
Q x
=
≥


=

⇔



=



• Dạng II: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ khác

6
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
PPP
Loại này được thực hiện qua các ví dụ cụ thể.
II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI:
Học sinh đa số nhận thức còn chậm, chưa hệ thống được kiến thức. Khi
gặp các bài tập về giải phương trình vô tỉ chưa phân loại và định hình được
cách giải, lúng túng khi đặt điều kiện và biến đổi, trong khi đó phương trình loại

này có rất nhiều dạng. Nhưng bên cạnh đó chương trình đại số 9 không nêu cách
giải tổng quát cho từng dạng, thời lượng dành cho phần này là rất ít.
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng
ngày nhận thấy học sinh thường không giải được hoặc trình bày cách giải đặt
điều kiện và lấy nghiệm sai ở phần này.

7
Phương pháp giải phương trình vô tỉ khác
dạng khác
Phân tích
biểu thức
dưới dấu
căn thành
nhân tử
Đưa về
bình
phương của
một tổng
Nhân
biểu thức
liên hợp
Phương
pháp đối
lập
Sử dụng
tính đơn
điệu của
hàm số
Sử dụng
bất đẳng

thức
Phương
pháp đặt ẩn
phụ
Đưa
phương
trình về
dạng tích
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Khi giảng dạy cho học sinh tôi nhận thấy:
1. Bài toán: Giải phương trình

2 3x
−
= x – 2. (1)
Học sinh thường giải như sau:
Điều kiện của phương trình (1) là x
≥

3
2
(*)
(1)
⇒
2x - 3 = x
2
- 4x + 4

⇒
x

2
- 6x + 7 = 0.
Phương trình cuối có nghiệm là x = 3 +
2
và x = 3 -
2
.
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 x =
3 -
2
bị loại .
Vậy nghiệm phương trình (1) là x = 3 +
2
.
Mặt khác, một số học sinh còn có ý kiến sau khi giải được nghiệm ở
phương trình cuối chỉ cần so sánh với điều kiện x
≥

3
2
(*) để lấy nghiệm và
nghiệm phương trình là x = 3 +
2
và x = 3 -
2
.
Theo tôi cách giải vừa nêu 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 và dễ
dẫn đến sai lầm của một số học sinh khi lấy nghiệm cuối cùng vì nhầm tưởng

điều kiện x
≥

3
2
là điều kiện cần và đủ.
2. Bài toán: Giải phương trình

2
5 6 7x x
+ −
=
3x
+
Khi gặp bài toán này 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.

8
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:

Điều chú ý ở đây là học sinh cứ tìm cách để biểu thị hệ điều kiện của
phương trình mà không biết rằng chỉ cần điều kiện x + 3
≥
0 là điều kiện cần và
đủ mà không cần đặt đồng thời cả hai điều kiện.
3. Bài toán: Giải phương trình
(x + 4)
2−x
= 0
Một số HS đã có lời giải sai như sau:
Ta có: (x + 4)
2
−
x
= 0 



=
−=
⇔



=+
2
4
0 = 2-x
04
x

x
x
Nhận xét. Đây là một bài toán hết sức đơn giản nhưng nếu giải như
vậy thì đã mắc một sai lầm mà không đáng có. Rõ ràng x = - 4 không phải là
nghiệm của phương trình trên.
Chú ý rằng:








=
=
≥
⇔=
0
0
0
0
B
A
B
BA
ở đây đã bỏ qua mất điều kiện là: B ≥ 0 (x ≥ 2)
4. Bài toán: Giải phương trình
5
2

4 12 11x x
− +
= 4x
2
- 12x + 15
Một số học sinh thường đặt điều kiện rồi bình phương hai vế đi 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 trung học.
5. Bài toán: Giải phương trình

( )
.5
+
x
2
5
2
+=
+
−
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
−
+ = + ⇔ + − = +
+

( )( ) ( )



++=−+
−≥
⇔



+=−+
≥+
⇔
44103
2
225
02
22
2
xxxx
x
xxx
x

9

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:




−=
−≥
⇔



+=−
−≥
⇔
14
2
10443
2
x
x
xx
x
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét. Rõ ràng x = - 14 là nghiệm của phương trình. Lời giải trên
đã làm cho bài toán có nghiệm trở thành vô nghiệm.
Cần chú ý rằng:






<<−
>≥
=
0;0
0;0
.
BAkhiAB
BAkhiAB
B
A
B
Lời giải trên đã xét thiếu trường hợp A < 0; B < 0.
6.Bài toán : Giải phương trình:
2
9x
= 2x - 1
Học sinh thường giải như sau:
9x
2
= (2x - 1)
2

⇔
9x
2
= 4x
2
- 4x + 1
⇔

5x
2
+ 4x – 1 = 0

⇔






−=
=
1
1
5
1
2
x
x

Nhưng thực tế cả hai nghiệm đều không phải nghiệm của Phương
trình. Đó là do học sinh đã không đặt điều kiện để hai vế không âm trước khi
bình phương hai vế.
7.Bài toán: Giải phương trình:

614
2
4 =++ xx
Các em học sinh thường không nhận ra biểu thức dưới dấu căn là

hằng đẳng thức để có cách giải đơn giản mà thường bính phương hai vế dẫn đến
giải phương trình đã cho phức tạp hơn.

10
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
* Lúc này vai trò của người giáo viên là rất quan trọng, phải hướng
dẫn chỉ rõ cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán, nên giải như thế nào
cho hợp lý đối với từng loại toán để được một bài toán đúng biến đổi đúng và
suy luận có logic tránh được các tình huống rườm rà phức tạp dễ mắc sai lầm.
Trên cơ sở đó hình thành cho học sinh kỹ năng tốt khi giải quyết các bài toán
giải phương trình vô tỉ
III. MỘT SỐ GIẢI PHÁP:
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến
của đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng gải quyết các vấn đề trên của học
sinh với những giải pháp: Đưa ra một số giải pháp giúp học sinh hình thành kĩ
năng khi biến đổi và giải phương trình vô tỉ
Dạng I: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ dạng cơ bản:
1. Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:
( )f x
= g(x).

(1)
a. Phương pháp:
Giáo viên chỉ cho học sinh thấy được rằng khi bình phương hai vế để đi
đến phương trình tương đương thì hai vế đó phải không âm:
( )f x
= g(x)


⇔

2
( ) 0
( ) ( )
g x
f x g x
≥


=

Điều kiện g(x)
≥
0 là điều kiện cần và đủ vì f(x)= g
2
(x)
≥
0. Không cần
đặt thêm điều kiện f(x)
≥
0.
b. Các ví dụ:
+ Ví dụ 1. Giải phương trình
3 4x −
= x – 3. (1)
Điều kiện: x
≥
3 (*)
(Chú ý: không cần đặt thêm điều kiện 3x - 4
≥

0)
Khi đó (1)
⇔
3x - 4 = (x - 3)
2

11
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:

⇔
x
2
- 6x + 9 = 3x - 4

⇔
x
2
- 9x + 13 = 0

9 29
2
9 29
2
x
x

+
=




−
=


đối chiếu với điều kiện (*) ta thu được nghiệm của phương trình (1) là:
x =
9 29
2
+
Lưu ý. không cần phải thay giá trị của các nghiệm vào phương trình
ban đầu để thử mà chỉ cần so sánh với điều kiện x
≥
3 (*) để lấy nghiệm.
+ Ví dụ 2. Giải phương trình
2
3 2 1x x
− −
= 3x + 1. (2)
Nhận xét.
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 3x
2
- 2x -1
≥
0 và
thay giá trị của các nghiệm vào phương trình ban đầu để lấy nghiệm.
Ta có thể giải như sau:
Điều kiện: x
≥

-
1
3
(**)
Khi đó (2)
⇔
3x
2
- 2x - 1 = (3x + 1)
2


⇔
3x
2
- 2x - 1 = 9x
2
+ 6x + 1

⇔
3x
2
+ 4x + 1 = 0
⇔
1
1
3
x
x
= −




= −


đối chiếu với điều kiện (**) ta thu được nghiệm phương trình (2) là x = -
1
3
.
+ Ví dụ 3. Giải phương trình

12
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
5
2
4 12 11x x− +
= 4x
2
- 12x + 15. (3)
Nhận xét. Biểu thức ngoài dấu căn là biểu thức bậc hai, nếu ta bình
phương hai vế thì sẽ đi đến một phương trình bậc bốn rất khó giải.
Ta có thể giải bài toán như sau:
Chưa vội đặt điều kiện ở bước giải này, ta biến đổi
(3)
2 2
4 12 11 5 4 12 11 4 0x x x x− + − − + + =
Đặt
2
4 12 11x x

− +
= t ; đk t
≥
0 , (***) .
Phương trình trở thành: t
2
- 5t + 4 = 0
⇔
1
4
t
t
=


=

(thoả mãn điều kiện (*** )
Với t = 1
⇔
2
4 12 11x x
− +
= 1

⇔
4x
2
- 12x + 10 = 0 phương trình này vô nghiệm.
Với t = 4

⇔
2
4 12 11x x
− +
= 4

⇔
4x
2
- 12x - 5 = 0

⇔
3 56
4
3 56
4
x
x

+
=



−
=


Vậy nghiệm của phương trình là: x =
3 56

4
+
V x =
3 56
4
−

* Như vậy khi gặp các bài toán thuộc các dạng nêu trên học sinh chủ
động hơn trong cách đặt vấn đề bài giải: điều kiện phương trình là gì, đặt
cái gì, biến đổi như thế nào là biến đổi tương đương, biến đổi như thế nào là
biến đổi hệ quả, kết luận nghiệm cuối cùng dựa vào điều kiện nào.
2. Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:
( ) ( )f x g x
=
(2)
a. Phương pháp:
Giáo viên hướng dẫn học sinh đặt điều kiện và biến đổi:

13
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
(2)
⇔

( ) 0( ( ) 0)
( ) ( )
f x g x
f x g x
≥ ≥



=

Chú ý: Không cần đặt đồng thời cả g(x)
0≥
và

f(x)
0≥
vì f(x) = g(x)
b. Các ví dụ:
+ Ví dụ 1. Giải phương trình
3 2x
− +
=
2 1x
+
. (1)
Điều kiện: x
≥

1
2
−
(*)
(1)
⇔
-3x + 2 = 2x + 1

⇔
5x = 1

⇔
x =
1
5
(thoả mãn với điều kiện*)
Vậy nghiệm của phương trình là x =
1
5
Lưu ý. Điều kiện x
≥

1
2
−
, (*) là điều kiện cần và đủ của phương trình
(1) nên ta chỉ cần đối chiếu với điều kiện (*) để lấy nghiệm cuối cùng của
phương trình.
+ Ví dụ 2. Giải phương trình

2
2 3 4x x
+ −
=
7 2x +
. (2)
Nhận xét. Biểu thức dưới dấu căn ở vế trái là biểu thức bậc hai nên ta
đặt điều kiện cho vế phải không âm.
Điều kiện: x
≥

2
7
−
(*).
(2)
⇔
2x
2
+ 3x - 4 = 7x +2
⇔
2x
2
- 4x - 6 = 0
⇔

1
3
x
x
=−


=

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình là x = 3.

14
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
+ Ví dụ 3. Giải phương trình

2 5 2x x
+ = −
. (*)
Tóm tắt bài giải:
(*)



−=+
≥−
⇔−=+⇔
252
02
252
xx
x
xx

⇔



−=
≥
7
2
x
x
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
+ Ví dụ 4 : Giải phương trình:

2 2
1 2 5 9x x x x+ + = − +
(4)
*Nhận xét:ta thấy
2 2
1 1 3
1 2 .
2 4 4
x x x x+ + = + + +
2
1 3
0
2 4
x
 
= + + >
 ÷
 
Do đó (4)
2 2
2
1 2 5 9
6 8 0
2
4
x x x x
x x
x
x
⇔ + + = − +

⇔ − + =
=

⇔

=

Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 hoặc x=4
3.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng :
( )f x k=
(k là hằng số) (3)
a) Phương pháp giải:
+) TH1: Nếu k =0 khi đó (3)
⇔
( ) 0f x =
( ) 0f x⇔ =
+) TH2: Nếu k <0 khi đó phưong trình (3) vô nghiệm

15
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
+) TH3: Nếu k >0 khi đó (3)
2
( )f x k⇔ =
b)Các ví dụ:
+Ví dụ 1: Giải phương trình :
5 0x − =
(1)
Giải
Nhận xét : do vế phải của (1) bằng 0 ,còn vế trái của (1)
5 0x − ≥

Do đó ta biến đổi (1)

5 0
5
x
x
⇔ − =
⇔ =
Vậy x=5 là nghiệm của phương trình
+Ví dụ 2: Giải phương trình:
10 2x − = −
(2)
Giải:
Nhận xét: ta thấy vế phải của (2) là một số âm,còn vế trái của (2) thì:
10 0x − ≥
.Do đó phương trình (2)vô nghiệm
+Ví dụ 3: Giải phương trình
2 3 1 2x + = +
(3)
Giải:
Ta thấy
1 2+
>0 do đó:
(
)
(
)
2 2
(3) 2 3 1 2
2 3 1 2 2 2

2 2 2
2
x
x
x
x
⇔ + = +
⇔ + = + +
⇔ =
⇔ =
Vậy
2x =
là nghiệm của phương trình
4.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:
( )f x k=
(k là hằng số) (4)

16
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
a) Phương pháp giải: (4)
2 2
( )
( )
f x k
f x k
⇔ =
⇔ =
b) Các ví dụ:
+Ví dụ 1: Giải phương trình
2 3 4 4x + + =

(1)
(
)
(
)
2 2
(1) 2 3 4 4
2 3 4 4
2 3
x
x
x
⇔ + + =
⇔ + + =
⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm là
2 3x = −
+Ví dụ 2: Giải phương trình
6 3 3x− =
(2)
Giải:
( )
2
2
(2) 6 3 ( 3)
6 3 3
3 3
3 9
3
x

x
x
x
x
⇔ − =
⇔ − =
⇔ =
⇔ =
⇔ =
Vậy x= 3 là nghiệm của phương trình
+Ví dụ 3: Giải phương trình
2
5 6x x+ =
(3)
Giải:
( ) ( )
2 2
2
2
2
(3) 5 6
5 6
5 6 0
1
6
x x
x x
x x
x
x

⇔ + =
⇔ + =
⇔ + − =
=

⇔

= −

Vậy nghiệm của phương trình là x=1 hoặc x= -6
5.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:
)()(
2
xgxf =
(5)

17
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
a. Phương pháp:
Giáo viên hướng dẫn học sinh cách giải như sau:
Phương trình (3)
)()( xgxf =⇔

⇔



≥
=
0)(

)()(
xf
xgxf
hoặc



<
−=
0)(
)()(
xf
xgxf
b. Ví dụ1:
Giải phương trình:
2
9x
= 2x – 1 ( Bài toán 6)
12312
2
)3( −=⇔−=⇔ xxxx
















≥
−=
<
+−=
⇔
03
123
03
123
x
xx
x
xx




≥
−=
⇔
0
1
x
x

(loại) hoặc



<
=
0
51
x
x
(loại)
Vậy phương trình vô nghiệm.
+Ví dụ 2:Giải phương trình
2
6 9 3 1x x x+ + = −
(2)
Nhận xét:ta thấy biểu thức dưới dấu căn là hằng đẳng thức nên ta
không bình phương hai vế để mất dấu căn mà đưa về cách giải
dạng 5 rồi xét giá trị tuyệt đối
)
(
2
(2) 3 3 1
3 3 1
3 3 1 2
( )
3 3
3 3 1 1/ 2
( )
3 3

x x
x x
x x x
tm
x x
x x x
loai
x x
⇔ + = −
⇔ + = −
 + = −  =
 
 
 
≥ − ≥ −
 
 
⇔ ⇔
 
+ = − + = −
 
 
 
< − < −
 
 
 
Vậy x= 2 là nghiệm của phương trình
6.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:

18
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
kxf =)(
2
(6) ( k
≥
0)
( Đây là phương trình dạng đặc biệt của dạng 3)
a. Phương pháp:
Phương trình (6)
⇔
kxf =(

⇔
f(x) =
k±
b. Các ví dụ:
+Ví dụ1:
Giải phương trình:
614
2
4 =++ xx
( Bài toán 7)
6126
2
)12( =+⇔=+⇔ xx
⇔





=+
−=+
612
612
x
x

⇔




=
−=
25
27
x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 5/2; x = -7/2.
+Ví dụ 2: Giải phương trình
4
7x =
(2)
2 2
2
2) ( ) 7
7
7
x

x
x
⇔ =
⇔ =
⇔ = ±
Vậy
7x = ±
là nghiệm của phương trình
7.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:
( ) ( )f x g x c+ =
(c là hằng số) (7)
a) Phương pháp giải:
-Nếu k <0: (7) vô nghiệm
-Nếu k=0: ta có:
( ) 0
( ) ( ) 0
( ) 0
f x
f x g x
g x
=

+ = ⇔

=


19
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
- Nếu k >0 thì buộc điều kiện

( ) 0
( ) 0
f x
g x
≥


≥

Bình phương hai vế phương trình (7) ta có:
]
2
2
2
2
( ) ( ) 2 ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( ) ( )
4 ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x c
f x g x c f x g x
f x g x c f x g x
+ + =
⇔ = − −

⇔ = − −

b) Các ví dụ:
+Ví dụ 1:Giải phương trình
2 3 1 5x x+ + − = −
(1)

Giải:
Nhận xét: ta thấy vế trái của (1) :
2 3 0; 1 0
2 3 1 0
x x
x x
+ ≥ − ≥
⇒ + + − ≥
Còn vế phải =-5 <0 do đó phương trình (1) vô nghiệm
+Ví dụ 2: Giải phương trình:
2
1 4 3 0x x x+ + + + =
(2)
2
1 0
2)
4 3 0
1
1
1
3
x
x x
x
x
x
x
+ =

⇔


+ + =

= −


⇔ ⇔ = −
= −




= −


Vậy phương trình có nghiệm x=-1
+Ví dụ 3: Giải phương trình:
5 3 6x x− + − =
(3)
Giải:
ĐK:
15 0
3 0
x
x
− ≥


− ≥


3x⇔ ≤
(*)
Bình phương hai vế của (3)

20
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
ĐK:
)
(
)
(
)
(
2
2 2
(3) 15 3 2 15 (3 ) 36
2 15 (3 ) 18 2
15 (3 ) 9 2
9
(15 )(3 ) (9 )
18 45 81 18
1
x x x x
x x x
x x x
x
x x x
x x x x
x

⇔ − + − + − − =
⇔ − − = +
⇔ − − = +
≥ −
⇔ − − = +
⇔ − + = + +
⇔ =
x=1 thoả mãn (*) nên x=1 là nghiệm của phương trình
+Ví dụ 4: Giải phương trình
9 18 1x x− − − =
Giải:
9 18 1
9 0
18 0
9 18 1 2 18
9
18
18 34
18 16
18 4
x x
x
x
x x x
x
x
x x
x
x
⇔ − = − +


− ≥

⇔ − ≥


− = − + + −


≥
≥

⇔ ≥ ⇔ ⇔ =
 
− =


− =

vậy x=34 là nghiệm của phương trình
8.Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng :
( ) ( ) ( )f x g x h x+ =
(8)
a)Phương pháp giải:
điều kiện:
( ) 0
( ) 0
( ) 0
f x
g x

h x
≥


≥


≥

sau đó bình phương hai vế của (8) ta có:
[ ]
2
( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x h x
f x g x h x f x g x
f x g x h x f x g x
+ + =
⇔ = − −
⇔ = − −

21
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
b) Các ví dụ:
+Ví dụ 1: Giải phương trình
4 2 1 20x x x+ + + = +
(1)
Giải:
Điều kiện:

4 0
1 0
20 0
x
x
x
+ ≥


+ ≥


+ ≥

1x
⇔ ≥ −
Bình phương hai vế của (1) ta có:
2
5 8 4 5 4 20x x x x+ + + + = +
2
5 4 3x x x⇔ + + = − +
(2)
Điều kiện :
3 0 3x x− + ≥ ⇒ ≤
Tiếp tục bình phương hai vế của (2):
2 2
2 2
(2) 5 4 ( 3)
5 4 6 9
11 5

5 /11( )
x x x
x x x x
x
x tm
⇔ + + = − +
⇔ + + = − +
⇔ =
⇔ =
Vậy x= 5/11 là nghiệm của phương trình
+Ví dụ 2: Giải phương trình
4 1 1 2x x x+ + − = −
(3)
Giải:
Điều kiện
4 0
1 0 4 1/ 2
1 2 0
x
x x
x
+ ≥


− ≥ ⇔ − ≤ ≤


− ≥

Bình phương hai vế của (3) ta có:

22
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
(3) 4 1 2 ( 4)(1 ) 1 2
5 2 ( 4)(1 ) 1 2
2 ( 4)(1 ) 2(2 )
( 4)(1 ) 2
x x x x x
x x x
x x x
x x x
⇔ + + − + + − = −
⇔ + + − = −
⇔ + − = − +
⇔ + − = − −
Đk:
2 0 2x x− − ≥ ⇔ ≤ −
Lại tiếp tục bình phương hai vế của phương trình trên sau khi đặt đk cho
vế phải ta có:
]
2
2 2
2
( 4)(1 ) ( 2)
3 4 4 4
2 7 0
0( ai)
7 / 2( )
x x x
x x x x

x x
x lo
x tm

⇔ + − = − +

⇔ − − + = + +
⇔ + =
=

⇔

= −

Vậy x=-7/2 là nghiệm của phương trình
9. Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng :
( )
( )
f x
k
g x
=
(k
0
≥
) (9)
a)P hương pháp giải:
t ìm đi ều ki ện đ ể
( )
0

( )
f x
g x
≥
(
( ) 0g x ≠
)
2
( )
(9)
( )
f x
k
g x
⇔ =
2
( ) ( ).f x g x k⇔ =
b)Các ví dụ:Giải phương trình
2 3
2
1
x
x
−
=
−
(1)
Giải:
Điều kiện xác định của (1) là:
2 3

0
1
x
x
−
≥
−

23
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
2 3 0
1 0
3 / 2
1
2 3 0
1 0
x
x
x
x
x
x
 − ≥



− >
≥




⇔ ⇔


<
− ≤




− <



với đk xác định trên ta biến đổi phương trình (1)
2 3
4
1
2 3 4( 1)
2 4
2
x
x
x x
x
x
−
⇔ =
−
⇔ − = −

⇔ =
⇔ =
Ta thấy x=2 thoả mãn đk xđ trên .Vậy x=2 là nghiệm của
phương trình
+Ví dụ 2:Giải phương trình
2
2
3
x
x
+
=
(2)
Giải:
Điều kiện xác định:
2
2
0
x
x
+
≥
(3)
Do
2
2 0x x+ > ∀
nên từ (2) bắt buộc mẫu :
0x >
với đk này ta biến đổi (1)
như sau

2
2
2
2
(2) 3
2 3
3 2 0
1
( )
2
x
x
x x
x x
x
tm
x
+
⇔ =
⇔ + =
⇔ − + =
=

⇔

=


Vậy x=1 hoặc x=2 là nghiệm của phương trình
10. Hướng dẫn học sinh giải phương trình dạng:

( ). ( ) 0P x Q x =
a)Phương pháp giải:

24
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
( ). ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0
P x Q x
Q x
P x
Q x
=
≥


=

⇔



=



b)Các ví dụ:
+Ví dụ 1: Giải phương trình
( 4) 2 0x x+ − =

(1)
Giải:
2 0
2
4 0
(1)
4( )
2( )
2 0
x
x
x
x loai
x tm
x
− ≥

≥



+ =

⇔ ⇔
= −

 


 

=
− =




Vậy x=2 là nghiệm của phương trình
+Ví dụ 2: Giải phương trình
2
( 9) 8 0x x− − =
(2)
Giải:
(2) ( 3)( 3) 8 0
8
8 0
3( )
( 3)( 3) 0
3( )
8 0
8( )
x x x
x
x
x loai
x x
x loai
x
x tm
⇔ − + − =
≥


− ≥


=

 
⇔ ⇔
− + =

 

= −

 

− =




=


Vậy x=8 là nghiệm của phương trình
Dạng II:Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ khác:
1.Phương pháp phân tích biểu thức duới dấu căn thành nhân tử
+ Ví dụ 1. Giải phương trình:

25