SKKN Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (270.03 KB, 26 trang )
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết trong tất cả các ngành khoa học
tự nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội nên nó có vị trí
đặc biệt trong viêc phát triển và nâng cao dân trí. Toán học không chỉ cung cấp
cho người học những kiến thức cơ bản, những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn
giúp rèn luyện và phát triển tư duy logic.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài
tập toán đòi hỏi người giáo viêm phải chọn lọc có hệ thống, sử dụng đúng
phương pháp dạy học góp phần hình thành và phát triểm tư duy của học sinh.
Đồng thời qua việc học toán, học sinh được bồi dưỡng rèn luyện về phẩm chất
đạo đức, các thao tác tư duy để giải bài tập toán.
Hiện nay từ lớp 7 học sinh đã được biết việc mở rộng tập số hữu tỉ Q
thành tập số thực R, khi lên lớp 9 học sinh được học về phương trình vô tỉ nhưng
tình trạng chung là học sinh thường lúng túng chưa biết cách giải hoặc giải được
nhưng chưa chặt chẽ, mắc sai lầm. Nguyên nhân của tình trạng trên chính là giải
phương trình vô tỉ là một dạng toán tương đối mới lạ và khó đối với học sinh,
bên cạnh đó giáo viên trong quá trình dạy thường ít khai thác, phân tích đề bài,
mở rộng bài toán mới nên học sinh chưa được trạng bị các phương pháp giải
một cách có hệ thống vì vậy khi gặp bài toán giải phương trình vô tỉ việc suy
luận còn hạn chế dẫn đến kết quả thấp.
Do đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải phương
trình vô tỉ là cần thiết nên tôi xin trình bày “Kinh nghiệm giảng dạy phương
trình vô tỉ ở bậc THCS” của mình với mong muốn có thể trang bị cho học sinh
một số kiến thức về phương trình vô tỉ, giải đáp được thắc mắc, sửa chữa được
những sai lầm hay gặp khi giải phương trình vô tỉ, giúp các em nắm được một
cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng thành thạo các phương
pháp đó để giải bài tập, khắc phục tình trạng trên. Mặt khác giúp các em tiếp thu
bài chủ động sáng tạo, thấy rõ được mục đích của việc học toán và học tốt hơn
các bài tập về phương trình vô tỉ, từ đó góp phần nâng cao chất lượng học môn
toán của học sinh trong trường THCS.
Trong đề tài tôi đưa ra một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản
phù hợp với trình độ của học sinh THCS, đi kèm là các ví dụ và lời giải cụ thể
cùng với một số chú ý, nhận xét đối với từng phương pháp.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 1
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
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 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.
Các phương pháp nghiên cứu :
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu
- Phương pháp thực nghiệm
(Lớp thử nghiệm : 9A ; lớp không thử nghiệm : 9C)
- Phương pháp phân tích, so sánh - đối chiếu và đánh giá kết quả.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Khái niệm phương trình vô tỉ
1.1. Khái niệm
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
1.2. Ví dụ
Các phương trình sau đây là phương trình vô tỉ :
a)
11 =−x
b)
3 7 1 2x x+ − + =
c)
2
3x x
− +
1
2
+−
xx
=3
d)
3 2
3
3
3 2
1 1
4
1
1
x x x
x
x
− −
− =
+
−
2. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản
Để giải phương trình vô tỉ thông thường ta tìm cách khử dấu căn, ta có thể
tiến hành theo các bước cơ bản như sau :
- Tìm điều kiện xác định của phương trình (ĐKXĐ)
- Biến đổi phương trình về dạng đã học (quen thuộc)
- Giải phương trình vừa tìm được
- Đối chiếu với ĐKXĐ để kết luận nghiệm.
Sau đây chúng ta sẽ đi tìm hiểu một số phương pháp cụ thể thường dùng
để giải phương trình vô tỉ :
2.1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 2
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Trong phương pháp này ta sẽ đi tìm hiểu cách nâng lên luỹ thừa với một
số dạng phương trình :
2.1.1. Dạng :
)()( xgxf
=
Ví dụ 1. Giải phương trình :
11 −=+ xx
Giải.
( )
( )
2
2
1 0
1
x+1 1
3 0
1 1
1
1
3
0
3 0
3
x
x
x
x x
x x
x
x
x
x
x x
x
− ≥
≥
= − ⇔ ⇔
− =
+ = −
≥
≥
⇔ ⇔ ⇔ =
=
− =
=
Chú ý : Điều kiện g(x)
≥
0 và f(x) = g
2
(x) đã bao hàm cả điều kiện tồn tại căn
bậc hai (tức f(x)
≥
0)
Ví dụ 2. Giải phương trình:
131 =−+ xx
Giải.
131 =−+ xx
( )
2
2
13 0
13
1 13
27 170 0
1 13
x
x
x x
x x
x x
− ≥
≤
⇔ − = − ⇔ ⇔
− + =
− = −
Phương trình
2
27 170 0x x
− + =
có nghiệm
10
1
=x
( Thoả mãn
13x
≤
)
17
2
=
x
( Không thoả mãn
13x
≤
)
Vậy nghiệm của phương trình là :
10
=
x
2.1.2. Dạng :
)()()( xgxhxf
=+
Ví dụ 1. Giải phương trình :
121 =+−− xx
Giải.
ĐKXĐ :
1 0
2 0
x
x
− ≥
+ ≥
⇔
1
2
x
x
≤
≥ −
⇔
12
≤≤−
x
121 =+−− xx
xx ++=−⇔ 211
(1)
Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được :
xxx ++++=− 22211
⇔
01
2
=−+
xx
Phương trình này có nghiệm
1
1 5
2
x
− +
=
(Thoả mãn ĐKXĐ)
2
1 5
2
x
− −
=
(Thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có hai nghiệm
1
1 5
2
x
− +
=
;
2
1 5
2
x
− −
=
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 3
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Ví dụ 2. Giải phương trình :
3
1
+
x
27
3
=−+
x
Giải. Lập phương hai vế của phương trình được :
( )
3 3
3
1 7 3 ( 1)(7 ) 1 7 8x x x x x x+ + − + + − + + − =
3
1 7 3 ( 1)(7 ).2 8x x x x
⇔ + + − + + − =
3
( 1)(7 ) 0
( 1)(7 ) 0
1 0 1
7 0 7
x x
x x
x x
x x
⇔ + − =
⇔ + − =
+ = = −
⇔ ⇔
− = =
Vậy phương trình có hai nghiệm
1 2
1 ; 7x x= − =
2.1.3. Dạng :
=+
)()( xhxf
)(xg
Ví dụ 1. Giải phương trình :
1
+
x
7−− x
=
x
−
12
Giải.
ĐKXĐ :
1 0 1
12 0 12 7 12
7 0 7
x x
x x x
x x
+ ≥ ≥ −
− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤
− ≥ ≥
1
+
x
-
7−x
=
x
−
12
⇔
1
+
x
=
x
−
12
+
7−x
Bình phương hai vế của phương trình ta được :
1 12 2 (12 )( 7) 7
4 2 (12 )( 7)
x x x x x
x x x
+ = − + − − + −
⇔ − = − −
Với
7 12x
≤ ≤
cả hai vế đều không âm nên bình phương cả hai vế của phương
trình ta được :
( ) ( ) ( )
2
2
4 4 12 7
5 84 352 0
x x x
x x
− = − −
⇔ − + =
Phương trình này có hai nghiệm :
x
1
=
5
44
(Thoả mãn ĐKXĐ)
x
2
= 8 (Thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có hai nghiệm x
1
=
5
44
; x
2
= 8.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
+−
3
1x
3
2−x
=
3
32 −x
Giải. Lập phương hai vế của phương trình ta được :
( )
32212.1321
3333
−=−+−−−+−+−
xxxxxxx
( )
0212.13
3333
=−+−−−⇔
xxxx
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 4
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
( )
=
=
=
⇔
−−=−
=−
=−
⇔
−−=−
=−
=−
⇔
=−+−
=−
=−
⇔
2
3
2
1
21
02
01
21
02
01
021
02
01
3333
3
3
x
x
x
xx
x
x
xx
x
x
xx
x
x
Vậy phương trình có ba nghiệm : x
1
= 1 ; x
2
= 2 ; x
3
=
2
3
.
2.1.4. Dạng :
=+
)()( xhxf
+
)(xg
)(xq
Ví dụ 1. Giải phương trình :
1
+
x
+
10
+
x
=
2+x
+
5+x
Giải.
ĐKXĐ:
≥+
≥+
≥+
≥+
05
02
010
01
x
x
x
x
⇔
−≥
−≥
−≥
−≥
5
2
10
1
x
x
x
x
⇔ x ≥ - 1
Bình phương hai vế của phương trình ta được :
1 2 ( 1)( 10) 10 2 2 ( 2)( 5) 5x x x x x x x x
+ + + + + + = + + + + + +
2 ( 1)( 10) ( 2)( 5)x x x x
⇔ + + + = + +
Với x
≥
-1 thì hai vế của phương trình đều dương nên bình phương hai vế ta
được :
( )
4 4 ( 1)( 10) ( 1)( 10) ( 2)( 5)
1 ( 1)( 10) 0
( 1)( 10) 1
x x x x x x
x x x
x x x
+ + + + + + = + +
⇔ + + + + =
⇔ + + = − +
Nhận thấy với ĐKXĐ: x
≥
-1 thì
( )
( 1)( 10) 0
1 0
x x
x
+ + ≥
− + ≤
nên ta có :
( )
( 1)( 10) 1 0
1
x x x
x
+ + = − + =
⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm : x = - 1.
*) Nhận xét
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng rộng rãi để giải một số dạng
phương trình vô tỉ quen thuộc, tuy nhiên trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi
nân lên luỹ thừa bậc chẵn cần phải đặt điều kiện tồn tại căn, điều kiện ở hai vế
của phương trình đây chính là vấn đề mà học sinh thường mắc sai lầm, chủ quan
bỏ qua. Giáo viên cần nhấn mạnh : “ Với
0 ; 0a b
≥ ≥
và
n N
∈
, nếu a = b thì
a
2n
= b
2n
và ngược lại. Bên cạnh đó cần kết hợp với các phép biến đổi khác, các
phương pháp khác để tạo thuận lợi cho quá trình giải phương trình.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 5
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
2.2.Phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
416249
2
+−=+−
xxx
Giải.
( )
2
2
9 24 16 4 3 4 4x x x x x
− + = − + ⇔ − = − +
⇔
3 4 4x x
− = − +
⇔
4 0 4
2
3 4 4 2
0
3 4 4 0
x x
x
x x x
x
x x x
− + ≥ ≤
=
⇔ ⇔
− = − + =
=
− = − =
Vậy phương trình có hai nghiệm : x
1
= 0 ; x
2
= 2
Ví dụ 2. Giải phương trình :
2
4 4x x
− +
168
2
+−+ xx
= 5
Giải.
2
4 4x x
− +
168
2
+−+ xx
= 5
( ) ( )
2 2
2 4 5x x
⇔ − + − =
⇔
+−
2x
4
−
x
= 5 (*)
Lập bảng xét dấu :
x 2 4
x - 2 - 0 + +
x - 4 - - 0 +
Ta xét các khoảng :
+ Khi x < 2 thì (*) có dạng : - (x – 2) – (x – 4) = 5
⇔
6 - 2x = 5
⇔
x =
1
2
(Thoả mãn x < 2)
+ Khi 2
≤
x
≤
4 thì (*) có dạng : (x – 2) – (x – 4) = 0
⇔
0.x + 2 = 5
⇔
0.x = 3
Nên phương trình này vô nghiệm.
+ Khi x > 4 thì (*) có dạng : (x – 2) + (x – 4) = 0
⇔
2x – 6 = 5
⇔
x =
11
2
(Thoả mãn x > 4 )
Vậy phương trình có hai nghiệm: x
1
=
1
2
; x
2
=
11
2
Ví dụ 3. Giải phương trình :
++−−
314 xx
816
+−−
xx
= 1
Giải .
++−−
314 xx
816
+−−
xx
= 1
⇔
++−−−
414)1( xx
916)1(
+−−−
xx
= 1
⇔
+−−
2
)21( x
2
)31(
−−
x
= 1
⇔
+−− 21x
31 −−x
=1 (1)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 6
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
ĐKXĐ : x
≥
1
Ta nhận thấy :
+−−
21x
31 −−x
=
+−− 21x
1211313 =−−+−−≥−− xxx
Dấu “= ” xảy ra khi :
( )( )
91431201321
≤−≤⇔≤−≤⇔≥−−−−
xxxx
105
≤≤⇔
x
Vậy phương trình có vô số nghiệm : 5
≤
x
≤
10
*) Nhận xét
Để sử dụng được phương pháp đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt
đối giải phương trình vô tỉ cần lưu ý cho học sinh kiến thức cơ bản : hằng đẳng
thức
2
A
=
0
0
A khi A
A
A khi A
≥
=
− <
Bên cạnh đó học sinh cũng thường mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các
khoảng giá trị nên giáo viên cần hướng dẫn học sinh lập bảng xét dấu.
2.3.Phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 1. Giải phương trình : 2x
2
+ 3x +
932
2
++
xx
=33
Giải. ĐK :
0
8
63
4
3
20932
2
2
≥+
+⇔≥++
xxx
(đúng
x∀
)
Vậy ĐKXĐ:
∀
x
∈
R
Ta có :
2x
2
+ 3x +
932
2
++
xx
=33
⇔
2x
2
+ 3x + 9 +
932
2
++
xx
- 42 = 0 (1)
Đặt :
932
2
++
xx
= y (ĐK : y > 0 )
Phương trình (1) có dạng : y
2
+ y – 42 = 0
Phương trình này có nghiệm :
y
1
= 6 (thoả mãn y > 0)
y
2
= - 7 (loại)
Với y = 6 ta có :
932
2
++
xx
= 6
⇔
2x
2
+ 3x - 27 = 0
Phương trình này có hai nghiệm
x
1
= 3
x
2
= -
2
9
Vậy phương trình có hai nghiệm x
1
= 3 ; x
2
= -
2
9
Chú ý : Học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện cho ẩn phụ.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
x
+
4
x
= 12
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 7
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Giải. ĐKXĐ : x
≥
0
Đặt :
4
x
= y (ĐK : y
≥
0)
⇒
x
= y
2
Khi đó phương trình
x
+
4
x
= 12 có dạng :
y
2
+ y – 12 = 0
Phương trình này có hai nghiệm
y
1
= 3 (thoả mãn y
≥
0 )
y
2
= - 4 (loại)
Với y = 3 ta có:
4
x
= 3
⇔
x = 81
Vậy phương trình có nghiệm x = 81.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
1
+
x
+
x−3
-
)3)(1( xx
−+
= 2 (1)
Giải.
ĐKXĐ :
≥−
≥+
03
01
x
x
⇔
≤
−≥
3
1
x
x
⇔ - 1 ≤ x ≤ 3
Đặt :
1
+
x
+
x−3
= t (ĐK : t
≥
0)
⇒
t
2
= 4 + 2
)3)(1( xx
−+
⇒
)3)(1( xx
−+
=
2
4
2
−t
(2)
Thay (2) vào (1) ta được : t
2
– 2t = 0
⇔
t(t - 2) = 0 ⇔
=
=
2
0
t
t
+ Với t = 0 ta có :
1
+
x
+
x−3
= 0
Do với - 1 ≤ x ≤ 3 thì
1
+
x
≥
0 và
x−3
≥
0 nên :
1
+
x
+
x−3
= 0
1 0 1
3
3 0
x x
x
x
+ = = −
⇔ ⇔
=
− =
(vô lí)
Vậy phương trình vô nghiệm.
+ Với t = 2 thay vào (1) ta có :
)3)(1( xx
−+
= 0
1 ( / )
3 ( / )
x t m
x t m
= −
⇔
=
Vậy phương trình có nghiệm là : x
1
= -1 ; x
2
= 3.
Ví dụ 4. Giải phương trình : 5
1
3
+
x
= 2(x
2
+ 2)
Giải . ĐK : x
3
+ 1 ≥ 0
⇔
(x + 1)(x
2
– x + 1) ≥ 0
⇔
x + 1 ≥ 0
⇔
x ≥ - 1
Vậy ĐKXĐ : x ≥ - 1
Ta có : 5
1
3
+
x
= 2( x
2
+ 2)
⇔
5
1
+
x
.
1
2
+−
xx
= 2 (x + 1 + x
2
– x + 1)
Đặt
1
+
x
= a (ĐK a
≥
0)
1
2
+−
xx
= b (ĐK b
≥
0)
Phương trình đã cho viết được dưới dạng :
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 8
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
5ab = 2(a
2
+ b
2
)
⇔
(2a - b)( a - 2b) = 0 ⇔
=−
=−
02
02
ba
ba
+ Trường hợp : 2a = b, ta có :
1
+
x
=
1
2
+−
xx
⇔
4x + 4 = x
2
– x +1
⇔
x
2
– 5x - 3 = 0
Phương trình này có nghiệm x
1
=
2
375 −
; x
2
=
2
375
+
+ Trường hợp : a = 2b , ta có :
1
+
x
= 2
1
2
+−
xx
⇔
x + 1 = 4x
2
- 4x + 3 = 0
⇔
4x
2
– 5x + 3 = 0
Có :
25 4.4.3 23 0
∆ = − = − <
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
=
2
375
+
; x
2
=
2
375 −
.
Ví dụ 5. Giải phương trình :
1
+
x
+ 2(x + 1) = x - 1 +
x
−
1
+ 3
2
1 x
−
(1)
Giải.
ĐKXĐ : -1
≤
x
≤
1
Đặt
1
+
x
= u (ĐK : u
≥
0)
x
−
1
= t (ĐK : t
≥
0)
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 ⇔
2 1
u t
u t
=
+ =
- Nếu u = t ta có :
1 1 1 1 0x x x x x+ = − ⇔ + = − ⇔ =
(Thoả mãn -1
≤
x
≤
1 )
- Nếu 2u + 1 = t ta có :
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 1 1 1 4 1 4 1 1 1
5 4 0
4 1 5 4
16 1 5 4
x x x x x
x
x x
x x
+ + = − ⇔ + + + + = −
− + ≥
⇔ + = − + ⇔
+ = +
( )
2
4
4
4
5
5
0
5
25 24 0
25 24 0
24
25
x
x
x
x
x x
x x
x
≤ −
≤ −
≤ −
⇔ ⇔ ⇔
=
+ =
+ =
= −
24
25
x
⇔ = −
(Thoả mãn -1
≤
x
≤
1 )
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 9
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 0 ; x
2
=
24
25
−
Ví dụ 6. Giải phương trình :
12
−−
xx
+
12
−+
xx
=
2
3
+
x
Giải.
12
−−
xx
+
12
−+
xx
=
2
3
+
x
3
1 2 1 1 1 2 1 1
2
x
x x x x
+
⇔ − − − + + − + − + =
( ) ( )
2 2
3
1 1 1 1
2
x
x x
+
⇔ − − + − + =
3
1 1 1 1
2
x
x x
+
⇔ − − + − + =
ĐKXĐ : x
≥
1
Đặt
1
−
x
= t (ĐK t
≥
0)
⇒
x = t
2
+ 1
Phương trình đã cho trở thành :
1
+
t
+
1−t
=
2
4
2
+t
( ) ( )
2
2
2 2
4
1 1 2 1 2 1 1 0
2
1 2 1 1 0 1 1 0 1 1
1 1 2 ( / 0)
1 1 0 ( / 0)
t
t t t t t
t t t t
t t t m t
t t t m t
+
⇔ − + + = ⇔ − + − − + =
⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ − =
− = = ≥
⇔ ⇔
− = − = ≥
- Với t = 2 ta có :
1
−
x
= 2
⇔
x = 5 (Thoả mãn x ≥ 1)
- Với t = 0 ta có :
1
−
x
= 0
⇔
x = 1 (Thoả mãn x ≥ 1)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 1 ; x
2
= 5.
*) Nhận xét
Phương pháp đặt ẩn phụ nhằm chuyển phương trình từ dạng phức tạp về
dạng đơn giản, làm cho phương trình vô tỉ được chuyển về dạng hữu tỉ. Tuy
nhiên để vận dụng được phương pháp này cần phải có những nhận xét, đánh giá
tìm tòi cách đặt ẩn như thế nào cho phù hợp: có thể đặt một ẩn phụ hoặc nhiều
ẩn phụ để có thể thu được phương trình mới chứa ẩn phụ đã biết cách giải (như
ví dụ 1, 2, 3, 6), có thể thu được phương trình mới là phương trình tích (như ví
dụ 4, 5), …
2.4.Phương pháp đưa về hệ phương trình.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
2
25 x
−
-
2
15 x
−
= 2
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 10
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Giải. ĐK :
151515
015
025
2
2
2
≤≤−⇔≤⇔
≥−
≥−
xx
x
x
Vậy ĐKXĐ :
150 ≤≤ x
Đặt
2
25 x
−
= a ( ĐK a
≥
0) (* )
2
15 x
−
= b (ĐK b
≥
0) ( ** )
Suy ra : a – b = 2
và a
2
– b
2
=
(
)
(
)
101525
22
=−−− xx
Vậy ta có hệ phương trình :
=−
=−
10
2
22
ba
ba
( )( )
=+−
=−
⇔
=−
=−
10
2
10
2
22
baba
ba
ba
ba
=+
=−
⇔
5
2
ba
ba
⇔
=
=
2
3
2
7
b
a
(t/m a
≥
0 ; b
≥
0)
Với
2
3
=
b
ta có :
2
3
15
2
=−
x
2
51
4
51
4
9
15
22
±
=⇔=⇔=−⇔
xxx
(t/m
1515 ≤≤− x
)
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)
Giải. ĐKXĐ : 3
≤
x
≤
5
Đặt
ux
=−
5
(ĐK :
0
≥
u
)
tx =−3
(ĐK :
0
≥
t
)
Suy ra :
( ) ( )
235
22
22
=−+−=+
xxtu
Phương trình (1) trở thành :
2
33
=
+
+
tu
tu
( )
( )
22
22
22
=+−⇔=
+
+−+
⇔ tutu
tu
tututu
Vậy ta có hệ phương trình :
=+−
=+
2
2
22
22
tutu
tu
=
=
=+
⇔
=
=+
⇔
0
0
2
0
2
22
22
v
u
tu
ut
tu
(thoả mãn
0
≥
u
;
0
≥
t
)
- Với u = 0 ta có :
505 =⇔=− xx
(thoả mãn 3
≤
x
≤
5)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 11
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
- Với v = 0 ta có :
303 =⇔=− xx
(thoả mãn 3
≤
x
≤
5)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 3 ; x
2
= 5.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
3
2 x−
+
1
−
x
= 1
Giải. ĐKXĐ : x
≥
1
Đặt
ux =−
3
2
tx =−1
(ĐK
0
≥
t
)
Khi đó ta có : u + t = 1 và
u
3
= 2 – x
t
2
= x – 1
nên u
3
+ t
2
= 1
Vậy ta có hệ phương trình :
=+
=+
)2(1
)1(1
23
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
( )( )
031 =−−⇔ ttt
=
=
=
⇔
3
1
0
t
t
t
(Thoả mãn
0
≥
t
)
- Với t = 0 ta có :
10101 =⇔=−⇔=− xxx
(thoả mãn x
≥
1)
- Với t = 1 ta có :
21111 =⇔=−⇔=− xxx
(thoả mãn x
≥
1)
- Với t = 3 ta có :
109131 =⇔=−⇔=− xxx
(thoả mãn x
≥
1)
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x
1
= 1 ; x
2
= 2 ; x
3
= 10.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
3
2
)1( +x
+
3
2
)1(
−
x
+
3
2
1
−
x
= 1
Giải. Đặt :
3
1
+
x
= a
3
1
−
x
= b
Nên ta có : ab =
3
2
33
11.1
−=−+
xxx
suy ra phương trình ban đầu có dạng : a
2
+ b
2
+ ab = 1
Mặt khác :
1
3
+=
xa
1
3
−=
xb
nên
2
33
=−
ba
Vậy ta có hệ phương trình :
=−
=++
2
1
33
22
ba
abba
( )
( )
=−
=++
⇔
=++−
=++
⇔
=−
=++
)2(2
)1(1
2
1
2
1
22
22
22
33
22
ba
abba
abbaba
abba
ba
abba
Từ (2) : a – b = 2
⇒
b = a – 2 thay vào phương trình (1) ta được:
a
2
+ (a – 2)
2
+ a(a – 2) = 1
⇔
3(a – 1)
2
= 0
⇔
a = 1
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 12
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Với a = 1 ta có
3
1
+
x
= 1
⇔
x + 1 = 1
⇔
x = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 0
*) Nhận xét
Phương pháp đưa về hệ phương trình có những đặc thù và đặc điểm sáng
tạo riêng đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn do đó phương pháp này dùng cho học
sinh khá giỏi, giáo viên cũng lưu ý cho học sinh một số điểm :
- Tìm điều kiện xác định của phương trình.
- Đặt ẩn phụ thích hợp (hai hay nhiều ẩn), dựa vào mối quan hệ của các
biểu thức được đặt làm ẩn phụ và phương trình ban đầu để lập lên hệ phương
trình, từ đó đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình.
- Khi giải hệ phương trình cần chú ý đến việc phân tích đa thức thành
nhân tử, để đưa về phương trình tích (là phương trình đã biết cách giải)
Vì vậy muốn sử dụng tốt phương pháp này cần biết phối hợp chặt chẽ và
linh hoạt với các phương pháp khác như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp
đưa về phương trình tích, …
2.5. Phương pháp đưa về phương trình tích.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
2
10 21x x
+ +
= 3
3+x
+ 2
7+x
- 6 (1)
Giải . Phương trình (1)
⇔
)7)(3(
++
xx
- 3
3+x
- 2
7+x
+ 6 = 0
ĐK :
3
7
3
07
03
−≥⇔
−≥
−≥
⇔
≥+
≥+
x
x
x
x
x
Vậy ĐKXĐ : x
≥
-3
Ta có :
)7)(3(
++
xx
- 3
3+x
- 2
7+x
+ 6 = 0
⇔
3+x
.
( )
37
−+
x
- 2.
( )
37
−+
x
= 3
⇔
( )
37
−+
x
.
( )
27
−+
x
= 0
⇔
=−+
=−+
023
037
x
x
⇔
=
=
⇔
=+
=+
)(1
)(2
43
97
KX§§
KX§§
TMx
TMx
x
x
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 1; x
2
= 2.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
221682
22
+=−+++
xxxx
Giải.
( )( ) ( )( ) ( )
1211312221682
22
+=−++++⇔+=−+++
xxxxxxxxx
(1)
ĐK:
( )( )
( )( )
⇔
≥−+
≥++
011
031
xx
xx
1
≥
x
hoặc x = - 1
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 13
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Vậy ĐKXĐ :
1
≥
x
hoặc x = -1
Ta thấy VT của (1)
( )( ) ( )( )
11312
−++++
xxxx
≥
0 nên (1) có nghiệm thì :
2(x + 1)
≥
0
⇔
x
≥
- 1
Nhận thấy x = - 1 là một nghiệm của (1).
Ta xét x > - 1, kết hợp với ĐKXĐ ta có :
1
≥
x
Với
1
≥
x
thì (1)
( )
( )
0121321
=+−−+++⇔
xxxx
( )
012132
=+−−++⇔
xxx
(vì
011 >+⇒≥ xx
)
( )
( ) ( ) ( )
141.32.2132
12132
+=−++−++⇔
+=−++⇔
xxxxx
xxx
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 3 1 1 0
1 2 2 3 1 0
1
1 0
2 2 3 1
2 2 3 1 0
1 ( / )
1
25
4.2 3 1
( / )
7
x x x
x x x
x
x
x x
x x
x t m
x
x x
x t m
⇔ + − − − =
⇔ − + − − =
=
− =
⇔ ⇔
+ = −
+ − − =
=
=
⇔ ⇔
−
+ = −
=
kh«ng
Vậy phương trình có hai nghiệm x
1
= -1 ; x
2
= 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
2 3 2 2 2 2 1 2 2x x x x x
+ + + + + − + = + +
Giải.
ĐK :
2 3 2 0 2 2 3
2 2 2 0 2 2 2
2 0 2
x x x x
x x x x
x x
+ + + ≥ + ≥ − −
+ − + ≥ ⇔ + ≤ +
+ ≥ ≥ −
(*)
7 7 17
4 8
x
− +
⇔ ≤ ≤ −
hoặc
17 7
8
x
−
≥
2 3 2 2 2 2 1 2 2x x x x x
+ + + + + − + = + +
( ) ( )
2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2x x x x x x x x
⇔ + + + + + − + = + + + − + − +
( ) ( )
2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2x x x x x x x x x x x x
⇔
+ + + + + − + = + + + + + − + + + + − + − +
( ) ( )
2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 1 0x x x x x x x x
⇔ + + + + + − + + + + − + − + − =
( )
( )
1 2 2 2 3 2 2 2 2 1 0x x x x x
⇔ + + + + + − + − + − =
2 3 2 2 2 2 1 0x x x x
⇔ + + + − + − + − =
(vì
1 2 2 1 0x+ + > >
)
2 3 2 2 2 2 1x x x x⇔ + + + = + − + +
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 14
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
2 3 2 2 2 2 1 2 2 2 2x x x x x x⇔ + + + = + − + + + + − +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x x x x x x⇔ + = + − + ⇔ + = + − +
( ) ( )
2
2 2 1 2 0
1
2
x x x x x x
x
x
⇔ = + ⇔ = + ⇔ + − =
= −
⇔
=
Ta thấy x = -1 không thoả mãn ĐK (*) và x = 2 thoả mãn ĐK (*).
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
3
1 x
−
+
2+x
= 1
Giải . ĐKXĐ : x
≥
-2
Đặt :
2+x
= t (ĐK t
≥
0)
Khi đó :
3
1 x
−
=
3
2
3 t
−
Phương trình
3
1 x
−
+
2+x
= 1
⇔
3 2
3 t
−
+ t = 1
⇔
3
2
3 t
−
= 1- t
⇔
3 – t
2
= (1 – t)
3
⇔
t
3
– 4t
2
+ 3t + 2 = 0
⇔
(t - 2).( t
2
- 2t - 1) = 0
Phương trình này có ba nghiệm :
t
1
= 2 (Thoả mãn t
≥
0)
t
2
=
21
+
(Thoả mãn t
≥
0)
t
3
=
21
−
(Loại)
- Vơí t
1
= 2 ta có :
2+x
= 2
⇔
x + 2 = 4
⇔
x = 2 (Thoả mãn x
≥
-2)
- Với t
2
=
21
+
ta có :
2+x
=
21
+
⇔
x + 2 =
221223
+=⇔+
x
(Thoả mãn x
≥
-2)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 2 ; x
2
=
221
+
Ví dụ 5. Giải phương trình : (4x – 1).
1
2
+
x
= 2(x
2
+ 1) + 2x - 1 (1)
Giải. ĐKXĐ : ∀ x∈ R
Đặt :
1
2
+
x
= y (ĐK : 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
=−
=+−
⇔
012
012
y
xy
- Với y – 2x + 1 = 0 ta có :
1210121
22
−=+⇔=+−+
xxxx
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 15
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
( )
( )
2
2
2
1
1
2 1 0
2
2
1 2 1
3 4 0
3 4 0
x
x
x
x x
x x
x x
− ≥
≥
≥
⇔ ⇔ ⇔
+ = −
− =
− =
1
2
4
0
3
4
3
x
x
x
x
≥
⇔ ⇔ =
=
=
- Với 2y – 1 = 0 ta có :
0112
2
=−+
x
0
4
3
4
1
1
2
1
1
222
<−=⇔=+⇔=+⇔
xxx
(Vô lý)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
3
4
.
Ví dụ 6. Giải phương trình : (
11 −+ x
)(
11 +− x
) = 2x (*)
Giải. ĐKXĐ : - 1
≤
x
≤
1
Đặt :
x
+
1
= u (ĐK: u ≥ 0)
⇒ x = u
2
– 1
Khi đó phương trình (*) trở thành :
(u – 1).
(
)
12
2
+−u
= 2( u
2
– 1)
⇔
( ) ( )
[ ]
012121
2
=+−+−− uuu
⇔
( )
(
)
01221
2
=−−−− uuu
⇔
=−−−
=−
0122
01
2
uu
u
- Với u – 1 = 0
⇔
u = 1 ( thỏa mãn u
≥
0 ) ta có :
⇒
x
+
1
= 1
⇔
x = 0 (thỏa mãn - 1
≤
x
≤
1)
- Với
122
2
−−−
uu
= 0
⇔
2
2 u
−
= 2u + 1
Ta có với u
≥
0 th× 2u + 1
≥
0 nên
2
2 u
−
= 2u + 1
⇔ 5u
2
+ 4u – 1 = 0
Phương trình này có hai nghiệm :
u
1
= - 1 < 0 (loại )
5
1
2
=u
(thoả mãn u
≥
0)
Với
5
1
2
=u
ta có :
25
24
25
1
1
5
1
1
−
=⇔=+⇔=+
xxx
(thoả mãn - 1
≤
x
≤
1)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 0 ; x
2
=
25
24
−
.
Ví dụ 7. Giải phương trình :
2 2
2
2 2 2 2
x x
x x
+ −
+ =
+ + − −
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 16
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Giải .
ĐK :
0 0
0
2 0 4 4 0 4
0
2 2
2 2 0
x x
x
x x x x
x
x
x
≥ ≥
≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ < ≤
≠
≠ −
− − ≠
Vậy ĐKXĐ :
0 4x
< ≤
Đặt a =
2 x
+
(ĐK : a > 0)
b =
2 x
−
(ĐK : b ≥ 0)
Suy ra :
2
2 2
2
2
4
2
a x
a b
b x
= +
⇒ + =
= −
(1)
Từ đó ta có phương trình :
2 2
2
2 2
a b
a b
+ =
+ −
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 0
2 2 2 2 0 ( 4)
2 2 2 0
2 2 0
2 0 ( 0; 0 2 0)
2 (2)
a b b a b a
a a b b ab a b ab
a b a b ab a b ab
ab a b a b ab do a b
ab b a ab
ab b a
b a do a b ab
b a
⇒ − + + = − +
⇔ − + + = + − −
⇔ + − − − − + − =
⇔ − − − − + + = + =
⇔ + − + + =
⇔ + − + =
⇔ − + = > ≥ ⇒ + >
⇔ = −
Thay (2) vào (1) được :
( )
2
2
2
2 4
2 1 0
a a
a a
+ − =
⇔ − − =
Phương trình này có hai nghiệm :
1
2 6
2
a
+
=
(thoả mãn a > 0)
2
2 6
2
a
−
=
(loại )
Với
2 6
2
a
+
=
ta có :
2 6
2 2 2 3
2
x x
+
+ = ⇔ + = +
3 3x x⇔ = ⇔ =
(thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có nghiệm x = 3.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 17
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
*) Nhận xét
Khi sử dụng phương pháp đưa về phương trình tích để giải phương trình
vô tỉ cần lưu ý cho học sinh có thể thực hiện theo các bước sau :
- Tìm ĐKXĐ của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình đã cho về dạng tích
f(x).g(x)… = 0
- Giải phương trình tích này, nghiệm của phương trình là tập hợp các
nghiệm của các phương trình f(x) = 0 ; g(x) = 0 ; … thoả mãn ĐKXĐ.
Cần phải vận dụng, phối hợp linh hoạt với các phương pháp khác, kiến
thức khác như phân tích đa thức thành nhân tử hay đặt ẩn phụ để đưa về phương
trình dạng quen thuộc đã biết cách giải.
2.6 Phương pháp bất đẳng thức.
2.6.1.Phương pháp chứng tỏ tập giá trị của hai vế rời nhau, kết luận phương
trình vô nghiệm.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
1
−
x
-
15
−
x
=
23 −x
Giải.
ĐK :
≥−
≥−
≥−
023
015
01
x
x
x
⇔
1
3
2
5
1
1
≥⇔
≥
≥
≥
x
x
x
x
Vậy ĐKXĐ :
1
≥
x
Với x
≥
1 thì x < 5x ⇒ 0 ≤ x – 1 < 5x – 1 do đó
1
−
x
<
15
−
x
Suy ra
0151
<−−−=
xxVT
Nhưng
023 ≥−= xVP
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
2354136116
4
222
+=+−++−++−
xxxxxx
Giải.
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
Ta có:
VT =
2)3(
2
+−
x
+
4)3(
2
+−
x
+
4
2
1)2(
+−
x
≥
2
+
4
+ 1 = 3 +
2
= VP
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 18
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Dấu “= ”
⇔
=
=
⇔
=−
=−
2
3
02
03
x
x
x
x
(vô lí)
nên VT > VP
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
*) Nhận xét
Khi sử dụng phương pháp này để giải phương trình vô tỉ ta có thể tiến
hành theo các bước như sau :
- Tìm ĐKXĐ
- Chứng tỏ rằng VT < VP (hoặc VP> VT) trên các khoảng của tập xác
định, từ đó kết luận phương trình vô nghiệm.
Cần chú ý sử dụng linh hoạt các kiến thức về hằng đẳng thức, các tính
chất về căn bậc (luỹ thừa) chẵn, bất đẳng thức, …
2.6.2.Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
3
2−x
+
1
+
x
= 3 (1)
Giải . ĐKXĐ : x
≥
- 1
Ta thấy x = 3 nghiệm đúng với phương trình (1) .
- Với x > 3 thì :
3
2−x
>
=−
3
23
1
1
+
x
>
=+
13
2
nên
3
2−x
+
1
+
x
> 3
- Với – 1 ≤ x < 3 th×ì
3
2−x
<
=−
3
23
1
1
+
x
<
=+
13
2
nên
3
2−x
+
1
+
x
< 3
Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
Ví dụ 2. Giải phương trình :
92123228
3
2
5
2
+=+−++++
xxxx
(1)
Giải. ĐK:
1
0
1
0
01
≥⇔
≥
≥
⇔
≥
≥−
x
x
x
x
x
Ta thấy x = 2 là một nghiệm của (1).
- Với x > 2 ta có :
228228
5 25 2
=+>+
x
323223
3
2
3
2
=+>+
x
1121 =−>−x
2
>
x
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 19
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
nên
92213.22123228
3
2
5
2
+=+++>+−++++
xxxx
- Với 1 ≤ x < 2 ta có :
228228
5 25 2
=+<+
x
323223
3
2
3
2
=+<+
x
1121 =−<−x
2
<
x
nên
92213.22123228
3 25 2
+=+++<+−++++
xxxx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
*) Nhận xét
Khi giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của
hàm số ta thường nhẩm nghiệm của phương trình rồi thử trực tiếp để chứng tỏ
nó là nghiệm. Rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này không còn
nghiệm nào khác, việc chứng minh cần sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
(chú ý xét trên các khoảng thuộc tập xác định).
2.6.3.Phương pháp sử dụng tính đối nghịch ở hai vế.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
(1)
Giải.
Ta có vế trái của (1) :
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
=
4)1(3
2
++
x
+
9)1(5
2
++
x
≥
4
+
9
= 5
Vế phải của (1) : 4 – 2x – x
2
= 5 – (x + 1)
2
≤
5
Vậy phương trình (1)
⇔
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
= 5
⇔
x = - 1
Do đó phương trình (1) có nghiệm x = -1.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
4−x
+
x−6
= x
2
– 10x + 27 (1)
Giải. ĐKXĐ : 4
≤
x
≤
6
Xét vế phải của (1) :
VP = x
2
– 10x + 27 = (x – 5)
2
+ 2
≥
2 với mọi x
(Dấu “=” xảy ra khi x – 5 = 0
⇔
x = 5)
Và vế trái của (1) :
VT =
4−x
+
x−6
Theo bất đẳng thức Bunhia, ta có :
( ) ( ) ( )
( )
411646.14.1
22
222
=+
−+−≤−+− xxxx
⇒ VT =
4−x
+
26
≤−
x
(Dấu “=” xảy ra khi
564 =⇔−=− xxx
)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 20
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
nên VT ≤ 2 ≤ VP
Khi đó phương trình (1)
⇔
4−x
+
x−6
= x
2
– 10x + 27 = 2
⇔
x = 5
Vì vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 5.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
( )
zyxzyx
++=−+++−
2
1
199619952
(1)
Giải.
ĐKXĐ :
≥
−≥
≥
1996
1995
2
z
y
x
Phương trình (1)
⇔
0199621995222
=−−+−−−++
zyxzyx
⇔
+−−
2
)12( x
2
)11995(
−+
y
0)11996(
2
=−−+
z
⇔
=−
=+
=−
11996
11995
12
z
y
x
⇔
=
−=
=
1997
1994
3
z
y
x
( thoả mãn ĐKXĐ).
Vậy phương trình (1) có nghiệm
=
−=
=
1997
1994
3
z
y
x
.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
+
−14x
x
2
14
=
−
x
x
(1)
Giải.
ĐK :
4
1
0
4
1
0
014
>⇔
≠
>
⇔
≠
>−
x
x
x
x
x
Vậy ĐKXĐ :
4
1
>
x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
2
14
14
2
14
14
=
−
⋅
−
≥
−
+
−
x
x
x
x
x
x
x
x
Nên phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi : x =
14
−
x
⇔
x
2
- 4x +1 = 0 (do x >
4
1
nên x > 0)
Phương trình này có hai nghiệm :
32
1
+=
x
(thoả mãn ĐKXĐ :
4
1
>
x
)
32
2
−=
x
(thoả mãn ĐKXĐ :
4
1
>
x
)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 21
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Vậy phương trình có hai nghiệm
32
1
+=
x
;
32
2
−=
x
.
*) Nhận xét
Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức (sử dụng tính đối nghịch ở hai
vế) để giải phương trình vô tỉ cần chú ý :
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x)
≥
a , g(x)
≤
a (a là
hằng số) khi đó nghiệm của phường trình là các giá trị x thoả mãn đồng thời
f(x) = a và g(x) = a
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) = m (m là hằng số) và chứng tỏ luôn
có f(x)
≥
m (hoặc f(x)
≤
m) thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x
để xảy ra dấu “ = ” trong bất đẳng thức f(x)
≥
m (hoặc f(x)
≤
m).
Để sử dụng tốt phương pháp này cần biết áp dụng các bất đẳng thức Côsi,
Bunhia, …
C. KẾT LUẬN
Trên đây tôi đã giới thiệu một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ
bản : Phương pháp nâng lên luỹ thừa, phương pháp đưa về phương trình chứa
dấu giá trị tuyệt đối, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp đưa về hệ phương
trình, phương pháp đưa về phương trình tích, phương pháp bất đẳng thức, trong
chương trình toán phổ thông còn những phương pháp khác nhưng tôi chỉ trình
bày một số phương pháp thông dụng, phù hợp với trình độ học sinh THCS. Nếu
như rèn luyện cho học sinh dạng toán này thì chúng ta đã trang bị cho học sinh
một lượng kiến thức không nhỏ, kết quả cũng có thể vận dụng trong nhiều dạng
toán khác. Tuy nhiên không phải đối tượng nào cũng tiếp thu được một cách dễ
dàng vì thế giáo viên phải khéo léo lồng ghép vào các tiết dạy nhằm thu hút và
phát huy sự sáng tạo cho học sinh. Đây cũng là một vấn đề hoàn toàn mới mẻ,
khó khăn cho học sinh mức trung bình, giáo viên nên cho học sinh làm quen
dần, vừa phải lựa chọn đối tượng lại phải lựa chọn phương pháp, dạng bài cho
phù hợp, vừa sức.
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 học sinh trung bình chất lượng được nâng lên
rõ rệt. (Đề kiểm tra đánh giá – Xem Phụ lục)
Lớp 9A - Lớp thử nghiệm.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 22
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
7 19,44 13 36,11 9 25,01 7 19,44
Lớp 9C - Lớp không thử nghiệm
Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
18 47,37 11 28,95 7 18,42 2 5,26
Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỉ mà tôi đã áp dụng
giảng dạy trên thực tế trường THCS nơi tôi đang công tác cho học sinh đại trà,
tôi đã thu được kết quả như sau :
- Học sinh tiếp thu bài nhanh dễ hiểu hơn, hứng thú tích cực trong học tập
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 tứng dạng, xây dựng kiến thức từ cũ đến
mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ, đơn giản đến khó, phức tạp và phù hợp với
trình độ nhận thức của học sinh. Người thầy cần chú trọng, phát huy được tính
chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh để có định hướng giải toán đúng đắn,
như vậy là 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, tối rất mong
được sự giúp đỡ của các đồng nghiệp để tôi hoàn thiện đề tài này và rút kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy những năm học sau.
Người thực hiện
Phạm Thị Thảo
Ngày 25 tháng 1 năm 2009
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 23
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK Đại số 9 – Nhà xuất bản GD
2. Một số vấn đề phát triển Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2001
3. Toán bồi dưỡng Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2002
4. Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1995
5. Để học tốt Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1999
6. Nâng cao và phát triển toán 9 – Nguyễn Hữu Bình.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 24
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
PHỤ LỤC
ĐỀ KIỂM TRA : 45 phút
Bài. Giải các phương trình sau:
1.
2 2 19 1x x
+ + =
2.
4 1 4 9 6 1x x x x
+ − + + − =
3.
2
7 9 16 66x x x x
− + − = − +
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 25
