SKKN Hướng dẫn học sinh lớp 9 một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Môn toán ở cấp THCS là môn học cung cấp kiến thức nền để các em học tập
tốt các bộ môn khác, cũng như làm nền tảng để các em học tốt ở cấp THPT.
Trong những năm qua nhìn chung chất lượng môn toán của học sinh trường
THCS Thiệu Thành được nâng lên qua các kì thi học sinh giỏi cũng như thi vào
THPT.
Trong chương trình Đại số 9 thì phương trình vô tỉ là dạng toán tương đối
khó đối với học sinh .
Dạng toán giải phương trình vô tỉ có nhiều cách giải, vì vậy đòi hỏi học sinh
phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Có những lời giải xem ra “thiếu
tự nhiên” nhưng thật ra rất độc đáo. Với phương trình vô tỉ, các em chỉ được làm
quen ở lớp 9 dưới dạng đơn giản. Toán giải phương trình vô tỉ trong chương
trình đại số 9, được đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy giáo viên
rất khó trong việc sưu tầm, tuyển chọn.
Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề khó khăn trên, tôi mạnh dạn thực
hiện việc sưu tầm, tuyển chọn một số dạng bài bài tập về phương trình vô tỉ và
phương pháp giải áp dụng cho từng dạng để viết thành đề tài “Hướng dẫn học
sinh lớp 9 một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” giúp cho việc dạy và học
đạt kết quả cao.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận.
Căn cứ vào thực tế dạy và học hệ thống bài tập về giải phương trình vô tỉ
của chương trình đại số 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách
bài tập do bộ GD&ĐT ấn hành còn đơn giản, chưa đáp ứng đầy đủ yêu cầu của
dạng toán này bởi trên thực tế bài tập về phương trình vô tỷ rất đa dạng, phong
phú và là một thể loại toán khó của đại số THCS. Khi dạy phần này, nhất là đối
với học sinh khá giỏi đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm và lựa chọn
các dạng bài phù hợp có thể đề cập và khai thác trong các kỳ thi. Vì thế mà nội
dung giảng dạy chưa thống nhất.
Là giáo viên chúng ta luôn mong muốn cung cấp cho học sinh “chiếc chìa
khoá” để giải từng dạng cụ thể của phương trình. Song không phải dạng phương

trình nào cũng có một quy tắc nhất định.
Qua quá trình giảng dạy, tham khảo đồng nghiệp và tham khảo học hỏi ở
thầy cô. Tôi mạnh dạn phân dạng phương trình vô tỉ và cách giải từng dạng,
đồng thời đưa ra một số phương pháp giải phương trình vô tỉ với mục đích giúp
học sinh hiểu sâu sắc phương trình vô tỉ dưới nhiều góc độ hơn và làm nhẹ
nhàng quá trình giải phương trình vô tỉ cho học sinh.
II. Thực trạng của vấn đề.
1. Về phía giáo viên:
Với kinh nghiệm của bản thân, qua một số năm dạy lớp 9, bồi dưỡng học
sinh giỏi cũng như trực tiếp ôn thi vào THPH, đối với dạng toán giải phương
trình vô tỉ ngoài những kiến thức cơ bản mà sách giáo khoa và sách bài tập đã đề
cập đến, để xây dựng một phương pháp chung cho giải phương trình nói chung

1


và phương trình vô tỉ nói riêng là điều không thể. Song chúng ta có thể đưa ra
một số dạng và phương pháp dựa trên những kiến thức mà các em đã được học,
qua đó có thể giúp các em hình thành con đường và cách thức cho việc giải dạng
toán này.
2. Về phía học sinh:
Thực tế dạy trên lớp cho thấy, học sinh còn lúng túng trong việc nhận
dạng và đưa ra cách giải phù hợp cho phương trình vô tỉ trong sách giáo khoa và
sách bài tập.
Trong quá trình ôn tập, sau khi các em đã được học và nghiên cứu một số
phương pháp giải phương trình vô tỉ mà giáo viên dạy thì đa số các em đã nhận
được dạng và đưa ra phương pháp giải phù hợp. Đối với học sinh đội tuyển toán
dự thi cấp huyện các em đã áp dụng một số phương pháp để giải phương trình
vô tỉ mà đề bài đưa ra.
Trong năm học 2012 – 2013 qua quá trình ôn tập một số phương pháp giải

phương trình vô tỉ kết hợp với tham khảo nghiên cứu tài liệu của học sinh, qua
kết quả khảo sát đánh giá của giáo viên cho thấy các em đã vận dụng được vào
giải một số phương trình chứa căn thức bậc hai ở các dạng cơ bản theo sự phân
dạng của giáo viên .
Kết quả khảo sát với lớp 9B trong năm học 2012 – 2013 như sau:
Sĩ số
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
30
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
7
23.3
10
33.4
7
23.3
6
20
Sau thời gian vận dụng một số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong
năm 2012 – 2013, sang năm học này tôi đã và đang tiếp tục vận dụng đề tài
“Hướng dẫn học sinh lớp 9 một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong

công tác bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi cấp huyện bằng việc thực hiện một số
giải pháp và biện pháp sau.
III- Giải pháp và tổ chức thực hiện :
1. Giải pháp thực hiện :
Trong thời lượng của đề tài khi tiến hành “Hướng dẫn học sinh lớp 9 một
số phương pháp giải phương trình vô tỉ” tôi đã tiến hành các nội dung cơ bản:
- Dựa trên cở sở của phép toán khai phương để hướng dẫn học sinh phương
pháp nâng lên lũy thừa cùng bậc đối với một số dạng phương trình chứa căn
thức bậc hai cơ bản. Trong các ví dụ đưa ra khi giải phương trình hệ quả tôi chỉ
mới dừng lại ở giải phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn.
- Giới thiệu một số phương pháp để học sinh có thể vận dụng trong quá trình
giải phương trình vô tỉ ở cấp THCS và là kiến thức nền cơ bản để các em học tốt
ở cấp THPT.
- Hướng dẫn cho các em một số ví dụ và bài tập vận dụng từng phương pháp và
có thể vận dụng một số phương pháp trong một bài tập, từ đó thấy được phương
pháp thích hợp trong bài tập sau này.
- Đưa ra một số sai lầm học sinh có thể mắc phải trong quá trình giải phương
trình chứa căn thức bậc hai.

2


2. Tổ chức thực hiện:
2.1. Phương trình vô tỷ:
2.1.1.Định nghĩa:
Phương trình vô tỷ là phương trình có chứa ẩn số trong căn thức.
2.1.2. Các bước giải phương trình
+ Tìm tập xác định của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.
+ Giải phương trình vừa tìm được

+ Đối chiếu kết quả tìm được với tập xác định và kết luận nghiệm.
Chú ý: Với những phương trình có TXĐ là ∀x ∈ R (trong quá trình biến đổi
không đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.
2.1.3. Các kiến thức cơ bản về căn thức:
+ Số âm không có căn bậc chẵn
+ Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương
trình tương đương, phải đặt điều kiện để hai vế không âm.
+ Với hai số a, b không âm, ta có: a = b ⇔ a = b
+ Với A là một biểu thức, ta có:

A2 = A

2.2. Phương pháp nâng lên lũy thừa giải một số dạng phương trình vô tỉ
chứa căn thức bậc hai.
2.2.1. Dạng 1:

f ( x ) = g ( x)

(1)

Cách giải: - Tìm ĐKXĐ của PT: g ( x) ≥ 0 (2)
- Bình phương hai vế PT (1) ta được: f ( x) = [ g ( x)] 2 (3)
- Giải PT (3), chọn nghiệm thỏa mản ĐK (2). Suy ra nghiệm của PT (1)
Chú ý: Trong quá trình giải lưu ý học sinh không cần lấy điều kiện để f ( x) ≥ 0 .
Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x − 1 = 3
HD: Ta có 2 x − 1 = 3 ⇔ 2 x − 1 = 9 ⇔ x = 5 .
Vậy PT có một nghiệm duy nhất x = 5
Ví dụ 2: Giải PT: 2 x − 1 = 8 − x (1)
HD: ĐKXĐ: x ≤ 8
Bình phương hai vế rồi rút gọn PT (1), được PT: x 2 − 18 x + 65 = 0 (2)

Giải PT (2) được x = 5 (nhận) , x = 13 (loại)
Vậy PT (1) có một nghiệm duy nhất x = 5.
2.2.2 Dạng 2:

f ( x) = g ( x ) (1)

Cách giải: - Tìm ĐKXĐ của PT: f ( x) ≥ 0 và g ( x) ≥ 0 (2)
- Bình phương hai vế PT (1) ta được: f ( x) = g ( x) (3)

3


- Giải PT (3), chọn nghiệm thỏa mản ĐK (2). Suy ra nghiệm của PT (1)
Ví dụ: Giải phương trình 2 x + 3 = 4 x − 7 (1)
HD: ĐKXĐ: x ≥

7
4

Bình phương hai vế PT(1), rút gọn ta được: x = 5 (nhận)
Vậy PT (1) có một nghiệm duy nhất x = 5.
2.2.3. Dạng 3:

f ( x ) + g ( x) = h( x ) (1)

Cách giải:
+ Nếu h(x) < 0 thì PT(1) vô nghiêm.
 f ( x) = 0
f ( x) + g ( x) = 0 ⇔ 
 g ( x) = 0

+ Nếu h(x) = 0, ta có:

(I)

Nếu hệ (I) có nghiêm thì PT(1) có nghiệm.
+ Nếu h(x) > 0. Tìm ĐKXĐ của PT: f ( x) ≥ 0 và g ( x) ≥ 0 (2)
Bình phương hai vế PT(1), biến đổi được PT:
2
[
h( x ) ] − f ( x ) − g ( x )
f ( x ).g ( x) =

(3)
2
Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1.

Chú ý: Tượng tự, giải phương trình dang
thêm ĐK:

f ( x ) − g ( x ) = h( x )

f ( x ) ≥ h( x )

Ví dụ 1: Giải phương trình.

x − 3 + x 2 − 9 = 0 (1)

HD: ĐKXĐ: x ≥ 3
 x − 3 = 0

Với x ≥ 3 thì x − 3 ≥ 0, x 2 − 9 ≥ 0 ∀x . Từ (1) được 

 x 2 − 9 = 0

⇔ x = 3 (nhận)

Vậy PT(1) có một nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình. x − 1 + 2 x − 1 = 5 (2)
HD:
ĐKXĐ: x ≥ 1 . Bình phương hai vế PT(1), rút gọn được PT:
2 2 x 2 − 3 x + 1 = ( 27 − 3x )

2

⇔ x 2 − 150 x + 725 = 0 (với x ≤ 9 ) (3)

Giải PT(3), được x = 5 (nhận) , x = 145 (loại)
Vậy PT(2) có một nghiệm duy nhất: x = 5.
2.2.4. Dạng 4:

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) .

Cách giải như dạng 3 thêm điều kiện h( x) ≥ 0
Chú ý: Giải tương tự với dạng
Ví dụ: Giải phương trình:

f ( x ) − g ( x ) = h( x )

x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x (1)

4


HD: ĐKXĐ − 4 ≤ x ≤

1
2
2 x + 1 ≥ 0

Ta có: (1) ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x ⇔ 2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1 ⇔  2
x + 7 x = 0
⇔ x = 0 (nhận) hoặc x = −7 (loại). Vậy PT(1) có một nghiệm x = 0.
2.2.5. Dạng 5:
f ( x) + g ( x) ± f ( x).g ( x) = c (1)
Cách giải: Tìm ĐKXĐ của PT: f ( x) ≥ 0 và g ( x) ≥ 0
Đặt ẩn phụ: y = f ( x) + g ( x) (với y ≥ 0 ) (2)
⇒

c 2 − f ( x) − g ( x)
f ( x).g ( x) =
(3)
2

Thay vào (1) được phương trình bậc hai ẩn y. Giải PT bậc hai ẩn y, chọn nghiệm
y thích hợp, thay vào (2) được phương trình dạng 2.
Giải phương trình thu được. Suy ra nghiêm của PT(1)
Ví dụ: Giải phương trình x + 4 + 3x + 1 + 2 3x 2 + 13x + 4 = 51 − 4x (1)
−1
51

≤x≤
3
4
Đặt y = x + 4 + 3x + 1 (với y ≥ 0 )
⇒ y 2 = 4x + 5 + 2 3x 2 + 13x + 4 ⇒ 2 3x 2 + 13x + 4 = y 2 − 4x − 5
Thay vào PT(1) thu gọn, được PT: y 2 + y − 56 = 0

HD:

ĐKXĐ:

Suy ra 3x 2 + 13x + 4 = 22 − 2x (2)
Giải PT (2) với ĐK: x ≤ 11 được x = 5 (nhận), x = 96 (loại)
Vậy PT(1) có một nghiệm duy nhất x = 5.
f ( x ) + g ( x ) = h( x ) +

2.2.6. Dạng 6:

p ( x)

(1)

Cách giải: Tìm ĐKXĐ của PT:
f ( x ) ≥0
g ( x ) ≥0

(2)

h
(

x
)
≥
0


 p ( x ) ≥0
Bình phương 2 vế phương trình (1) đưa về dạng:

F ( x) + G ( x) = H ( x)

Tuỳ theo từng trường hợp cụ thể để có cách giải phương trình vô tỷ phù hợp.
Chú ý: Nếu f(x) – g(x) = a và h(x) – p(x) = b với a,b ∈ R thì ta nhân và chia mỗi
vế của PT(1) với biểu thức liên hợp của chúng
Ví dụ: Giải phương trình 2 x + 1 + 2 x + 16 = 2 x + 4 + 2 x + 9 (1)
HD: ĐKXĐ: x ≥

−1
2

5


Bình phương hai vê PT(1), thu gọn được PT:
4 x 2 + 34 x + 16 + 2 = 4 x 2 + 26 x + 36 (2)

Bình phương hai vê PT(2), thu gọn được PT:
x ≤ 2
⇔ x = 0 (nhận)
4 x 2 + 34 x + 16 = −2 x + 4 ⇔  2

2
4 x + 34 x + 16 = 4 x − 16 x + 16

Vậy PT(1) có một nghiệm x = 0.
Trên đây là các dạng cơ bản nhất của phương trình chứa căn thức bậc hai.
Trong quá trình giảng dạy, theo từng đối tượng học sinh giáo viên cần cho học
khai thác để vận dụng thành thạo cách giải của từng dạng.
Song trên thực tế, chúng ta thường gặp những phương trình vô tỉ không chỉ
vận dụng đơn thuần một phương pháp, có những phương trình nếu không xác
định đúng thì trong quá trình giải sẽ gặp không ít khó khăn.
Để hướng dẫn học sinh trong quá trình giải phương trình vô tỉ, ngoài
phương pháp mà các em đã biết, để nâng cao và khắc sâu hơn cho học sinh,
trong quá trình giảng dạy tôi đã sưu tầm và giới thiệu cho các em một số phương
pháp giải phương trình vô tỉ.
2.3. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối
Dựa vào hằng đẳng thức:
 f ( x ) = g ( x) ( f ( x ) ≥ 0)
f 2 ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x ) = − g ( x ) ( f ( x) < 0)

Trong một số phương trình chứa căn thức, chúng ta có thể biến đổi để đưa
về dạng phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối, mà trước đó các em đã
biết cách giải của một số dạng phương trình dạng này như phương trình dạng:
f ( x) = c ; f ( x) = g ( x ) ; f ( x) + g ( x) = 0 ; f ( x) + g ( x ) = h( x) ; v.v…

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
HD:
(1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x ⇔ |x – 2| = 8 – x
Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn)

Vậy PT(1) có một nghiệm x = 5.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 (1)
HD: ĐKXĐ: x ≥ 1
(1) ⇔ x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1 = 2 ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 (2)
Nếu x > 2 thì (2) ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 ⇔ x = 2 (Loại)
Nếu x ≤ 2 thì (2) ⇔ x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}

6


2.4. Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ trong giải toán có ý nghĩa rất quan trọng, dựa vào đặc điểm của
từng bài toán chúng ta có cách đặt ẩn phụ khác nhau. Đối với phương trình vô tỉ
cũng vậy, có những bài nếu sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa sẽ khó khăn
trong tìm lời giải. Nếu như chúng ta phân tích kỹ bài toán để đặt ẩn phụ thì việc
giải nó sẽ đơn giản và đỡ khó khăn hơn.
Với kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng dạy, tôi hướng dẫn học
sinh một số cách đăt ẩn phụ sau:
2.4.1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường.
Ví dụ 1: Giải phương trình

3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2

(1)

HD: ĐKXĐ x 2 + 7 x + 7 ≥ 0 (*)
Đặt

2

2
x 2 + 7 x + 7 = y (với y ≥ 0 ). Suy ra x + 7 x + 7 = y (**)

Thay vào PT(1), thu gọn được PT: 3 y 2 + 2 y − 5 = 0 (2)
Giải PT(2) được: y =

−5
(loại), y = 1 (nhận)
3

Với y = 1 thay vào (**) được PT: x2 + 7x + 6 = 0 ⇒ x = -1; x = -6
Các giá trị x = -1; x = -6 thỏa mản ĐK (*).
Vậy PT(1) có hai nghiệm x1 = -1; x2 = - 6
Ví dụ 2: Giải phương trình x 4 + x 2 + 2014 = 2014 (1)
2

2

1 
1

HD: ĐKĐ ∀ x∈ R .Ta có: (1) ⇔  x 2 +  −  x 2 + 2014 −  = 0 ⇔


2



2

( x 2 + x 2 + 2014 )( x 2 − x 2 + 2014 + 1) = 0
⇔ x 2 − x 2 + 2014 + 1 = 0 (2) vì x 2 + x 2 + 2014 > 0

Đặt

2
2
x 2 + 2014 = t với t > 0, thì x = t − 2014 . Khi đó PT (2) trở thành:

t 2 − t − 2013 = 0 (3). Giải PT (3) được: t =

1 + 8053
1 − 8053
(nhận) hoặc t =
(loại)
2
2

2

 1 + 8053 
 − 2014 ⇒ x = ± 2013 + 8053
Suy ra x = 

2
2


2

Vậy PT(1) có hai nghiệm

x=±

2013 + 8053
2

2.4.2. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Xuất phát từ một số hệ "đại số" đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan
hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ

7


Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm
được hệ theo u,v
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 629 − x + 4 77 + x = 8
HD:

ĐKXĐ −77 ≤ x ≤ 629

 u = 4 629 − x
Đặt 
 v = 4 77 + x

(u; v ≥ 0)

 t = 15
2

⇒ x = 4; x = 548
⇒ u + v = 8; u 4 + v 4 = 706 .Đặt t = uv ⇒ t − 128t + 1695 = 0 ⇔ 
t = 113

Vậy PT có hai nghiệm x1 = 4; x2 = 548
Ví dụ 2: Giải phương trình sau
2 x 2 − 1 + x 2 − 3 x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 (1)
a = 2 x 2 − 1

b = x 2 − 3x − 2
a + b = c + d
⇔ x = −2
HD: Ta đặt : 
,
khi
đó
ta
có
:
 2
2
2
2
2
a
−
b
=
c
−

d

c = 2 x + 2 x + 3

2
d = x − x + 2

Vậy PT(1) có một nghiệm duy nhất: x = 2
Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3
 a = 4 x 2 + 5 x + 1
HD: Đặt 
b = x 2 − x + 1

 a 2 − 4b 2 = 9 x − 3
a
;
b
≥
0
(
) Ta được hệ phương trình: 
 a − 2b = 9 x − 3
 a = 2b
 a = 1 − 2b

Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b ⇔ (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 ⇔ 
Nếu a = 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 2 x 2 − x + 1 ⇔ x =

1
(thoả mãn)

3

Nếu a = 1 - 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 1 − 2 x 2 − x + 1 (*)
Ta có : VT(*) ≥ 0 (1)
2

1
3
VP(*) = 1 − 2 x 2 − x + 1 = 1 − 2  x − ÷ + ≤ 1 − 3 < 0 (2)


2

4

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1
3

2.4.3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
HD:

Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1
t = x
t = 3

Phương trình trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t - x)(t - 3) = 0 ⇔ 

Nếu t = x ⇔ x 2 + 1 = x (vô nghiệm)
Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2

8


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ±2 2
2.4.4. Phương pháp đặt ẩn phụ sử dụng tính chất của hai số nghịch đảo
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 (1)

HD: Điều kiện: x ≥ 1 . Nhận xét.

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1
Đặt t = x − x 2 − 1 (*) (t > 0) thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1
t
Thay vào (*) tìm được x = 1 . Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 1

(5 − 2 6 ) + (5 + 2 6 ) = 10
Ta thấy: (5 + 2 6 ) (5 − 2 6 ) = 1
x

Ví dụ 2: Giải phương trình
HD:
Đặt

ĐKXĐ: x ∈ R .

(5 − 2 6 )

x

=u

x

(5 + 2 6 )

(u > 0) thì

x

=

(1)

1
u

khi đó phương trình (1) có dạng:
u+

1
= 10 ⇔ u 2 − 10u + 1 = 0 ⇔
u

u = 5 − 2 6


u = 5 + 2 6

(5 − 2 6 ) = 5 − 2
⇔ (5 − 2 6 ) = (5 − 2 6 ) ⇔ x = 2
+ Nếu u = 5 + 2 6 thì (5 − 2 6 ) = 5 + 2
x

+ Nếu u = 5 − 2 6 thì
x

2

x

⇔

6

(5 − 2 6 ) = (5 − 2 6 )
x

−1

⇔

6

(5 − 2 6 )

x

=

(5 − 2 6 )

−2

⇔ x = −2

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = ±2
2.4.5. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai hai ẩn dạng:
u 2 + α uv + β v 2 = 0
2

Cách giải:

u
u
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v
v = 0 thử trực tiếp

Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x 3 + 1 (1)
HD: ĐKXĐ: x ∈ R
3
2
Dễ thấy: x + 1 = ( x + 1) ( x − x + 1) và ( x 2 + 1) + ( x 2 − x + 1) = 2( x 2 + 1)
Đặt

3
)
2
u = 2v
= 5uv ⇔ 
u = 1 v
2


u = x + 1 (u ≥ 0) ; v = x 2 − x + 1 (v ≥

2
2
phương trình (1) trở thành : 2 ( u + v )

Tìm được: x =

5 ± 37
5 ± 37
. Vậy PT (1) có hai nghiệm x =
2
2

9


Ví dụ 2: Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x3 − 1 (*)
HD: ĐKXĐ x ≥ 1
Nhận xét : Ta viết α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)
Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

v = 9u
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔  1
v = u
4

Ta được : x = 4 ± 6
2

2.5. Phương pháp đánh giá.
2.5.1. Chứng tỏ rằng phương trình vô nghiệm vì có một vế luôn nhỏ hơn vế
kia.
Ví dụ: Giải phương trình
x2 +1 + x2 + 4 = 2
HD: ĐKXĐ ∀x ∈ R
Ta thÊy : x 2 ≥ 0 ∀x nª n x 2 + 1 ≥ 1; x 2 + 4 ≥ 2 ⇒ x 2 + 1 + x 2 + 4 ≥ 3
Vế trái lớn hơn hoặc bằng 3. Mà vế phải bằng 2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
2.5.2. Phương pháp sử dụng tính đối nghịch ở hai vế.
 A ≥ m (1)
 B ≤ m (2)

+ Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương
trình A = B
 A ≥ f ( x )
 B ≤ f ( x)

+ Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
 A = f ( x )
A=B⇔
 B = f ( x )

khi đó :

+ Giải phương trình bằng phương pháp này tức là ta so sánh vế trái, vế phải rồi
từ đó nhận xét dấu “=” xảy ra khi nào?
Ví dụ 1: Giải phương trình x + 8 − x 2 = 9 y 2 + 6 y + 5 (1)
HD: ĐKXĐ − 2 2 ≤ x ≤ 2 2 (*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpxki cho hai cặp số (1;1) và ( x; 8 − x 2 )

(

)(

)

Ta cã : ( x + 8 − x 2 ) 2 ≤ 12 + 12 x 2 + 8 − x 2 = 16 ⇔ x + 8 - x 2 ≤ 4
 x = 8 − x 2
dấu “=” xảy ra khi 
0 ≤ x ≤ 2 2

Mặt khác

⇔ x = 2 Suy ra vế trái Max = 4 khi x = 2

9 y 2 + 6 y + 5 = ( 3 y + 1) + 4 ≥ 4 Suy ra vế phải Min = 4 khi

2

y=−

1
3

10


Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi vế trái bằng vế phải.
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2 và y = −

1
3

Ví dụ 2: Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1)




HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5
3
5
4



9







⇔ 3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1) 2 + 9 = 5 − (x + 1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
1
1
1
1
+
+
+ ×××+
=
1.2 2.3 3.4
x. ( x + 1)

4−x +4
4− x +5

HD: ĐKXĐ : x ≤ 4 (1)
1

Ta có: 1 − x + 1 = 1 −

1

⇔ 4 − x = x − 4 (*)
4− x +5
Ta có: VP(*) = x − 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ 4 (2)

Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.
2.5.3. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
+ Nếu tại x = x0 mà f(x) > m và g(x) < m thì x 0 là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x)
3
Ví dụ: Giải phương trình
2 x − 1 + 3 x − 1 = 1 (1)
HD: ĐKXĐ ∀x ∈ R
Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình
+ Với x > 1 ta có: VT = 3 2 x − 1 + 3 x − 1 > 1
+ Với x < 1 ta có: VT = 3 2 x − 1 + 3 x − 1 < 1
suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
2.5.4. Phương pháp sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức
không chặt.
+ Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn,
nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng
bất đẳng thức để đánh giá được.
Ví dụ: Giải phương trình :
HD: ĐKXĐ x >

x
4x − 1
+
= 2 (1)

x
4x − 1

1
(*)
4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

x
4x − 1

×

4x − 1
= 2 (3)
x

Để phương trình (2) có nghiệm thì (3) phải lấy dấu “=” tức là ta có:

11

x
4x − 1

=

4x − 1
⇔ x = 4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 ± 3 (TM *)
x

Vậy PT có hai nghiệm x = 2 ± 3
2.5.5. áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết
hợp với phương trình đã cho để kết luận nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình
x 2 + x − 1 + − x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2 (1)
HD:

x2 + x - 1 ≥ 0
§ iÒu kiÖn : 
2
x − x + 1 ≥ 0

(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với mỗi số hạng ở vế trái của (1) ta có:

x2 + x −1+1 x2 + x
x + x −1 ≤
=

2
2
x − x2 +1+1 x − x2 + 2
2
x − x +1 ≤
=
2
2
2

⇒ x2 + x −1 + x − x2 +1 ≤ x +1

2
Kết hợp với phương trình (1) ta được:
x 2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ ( x − 1) ≤ 0
Đẳng thức xảy ra khi: x = 1 ( thảo mãn điều kiện (*))
Thử lại: Thay x = 1 vào phương trình (1) ta thấy x= 1 là nghiệm duy nhất của
phương trình (1)
2.5.6. Phương pháp đưa về dạng tổng của các đa thức không âm.
Từ đánh giá luôn đúng A2 + B 2 ≥ 0 , ta xây dựng nên phương trình dạng

A2 + B 2 = 0

x+ y+ z = 2 x−2 +4 y−3+6 z−5

Ví dụ 1: Giải phương trình
HD:

ĐKXĐ x ≥ 0 ;

(1) ⇔ ( x − 2 − 2

) (

y ≥ 0 ; z ≥ 0 ; (*)

) (
⇔ ( x − 2 − 1) + ( y − 3 − 2) + ( z − 5 − 3) = 0

(1)

)

x − 2 + y − 3− 4 y − 3 + 4 + z − 5− 6 z − 5 + 9 = 0

2

2

2

 x − 2 −1 = 0
x− 2 =1
x=3



⇔  y − 3 − 2 = 0 ⇔ y − 3 = 4 ⇔  y = 7
 z−5−3= 0
z − 5 = 9

 z = 14



Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình (1) là: x =3; y = 7;z = 14
Ví dụ 2: Giải phương trình x2 + 4x + 5 = 2 2 x + 3 (1)
HD: ĐKXĐ x ≥ -

3
2

(1) ⇔ ( x2 + 2x + 1) +( 2x + 3) - 2 2 x + 3 + 1 = 0 ⇔ ( x + 1)2 + ( 2 x + 3 - 1)2 = 0
( x + 1) 2 = 0
x + 1 = 0
⇔ 
⇔
⇔ x = - 1 ( Thỏa mãn ĐK)

( 2 x + 3 − 1) 2 = 0
 2x + 3 −1 = 0

12


Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình
2.6. Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp, trục căn thức.
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương
trình luôn đưa về được dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = 0 . Ta có thể giải phương trình
A ( x ) = 0 hoặc chứng minh A ( x ) = 0 vô nghiệm. Chú ý đến điều kiện có nghiệm
của phương trình để ta có thể đánh gía A ( x ) = 0 vô nghiệm.

Ví dụ: Giải phương trình sau
3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

2
2
HD: Ta nhận thấy : ( 3x − 5 x + 1) − ( 3x − 3 x − 3) = −2 ( x − 2 ) và

(x

2

− 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 )

Ta có thể trục căn thức 2 vế
−2 x + 4

3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

3x − 6

=

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

Dễ dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
2.7. Một số bài tập vận dụng.
Bài 1: Giải phương trình : 3 25 + x + 3 3 − x = 4 (1)
HD: ĐKXĐ: ∀x ∈ R .
Cách 1: Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được.
(1) ⇔ 25 + x + 3 − x + 33 (25 + x)(3 − x) . 3 25 + x + 3 3 − x = 64 (2)

(

Vì

3

)

25 + x + 3 3 − x = 4 (theo 1) nên:

(2) ⇔ 28 + 123 (25 + x)(3 − x) = 64 ⇔ 3 (25 + x)(3 − x) = 3 (3)

Lập phương hai vế của (3) ta được:
(25 + x)(3 - x) = 27 ⇔ x 2 + 22 x − 48 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = −24

Thử lại:

+ Với x =2 ta có:

3

+ Với x = -24 ta có:

25 + 2 + 3 3 − 2 = 3 + 1 = 4
3

25 − 24 + 3 3 + 24 = 1 + 3 = 4

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x = -24

Cách 2:

Đặt

3

25 + x = u Và

Khi đó ta được hệ phương trình

3

3
3
3 − x = v Suy ra v + v = 28 .

u 3 + v 3 = 28

(I)
u + v = 4

u = 1
u = 3
⇒ x = 24 ; 
⇒ x=2
v = 3
v = 1

Giải hệ (I) được 

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x = -24
Bài 2: Giải phương trình

x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = x − 1 (1)

13


HD: ĐKXĐ: x > 1.

Bình phương hai vế PT(1), rút gọn được PT:

2
2 x 2 − 4 x + 4 = x 2 − 4 x + 1 ⇔ 2 x − 2 = x − 4 x + 1 (2)

Nếu x ≥ 2 , thì (2) ⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0 (3).Giải PT(3), được: x = 5 (nhận), x = 1 (loại)
Nếu1< x < 2 , thì (2) ⇔ x 2 − 2 x − 3 = 0 (4). Giải PT(4),được: x = -1(loại), x = 3(loại)
Vậy PT(1) có một nghiệm duy nhất x = 5.
Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
HD: ĐKXĐ x ≥ 5 .
Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5

(x

2

− x − 20 ) ( x + 1)

2
2

Ta thấy ( x − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 4 x − 5 ) nên tồn tại
2
2
hai số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1)

Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5 ) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) .
u = x 2 − 4 x − 5
Đến đây bài toán được giải quyết bằng cách đặt: 
v = x + 4

2.8. Một số sai lầm khi giải phương trình vô tỷ:
Trong quá trình giải phương trình vô tỉ đối với căn thức bậc chẵn, nếu không cẩn
thận học sinh sẽ mắc một số sai lầm như:
- Không tìm tập xác định khi giải
- Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương các phương trình .
Ví dụ: Giải phương trình
3x − 2 − 2x − 3 = 5x − 1 (1)
Giải sai:
Chuyển vế:
3x − 2 = 2x − 3 + 5x − 1 ⇔ 3x − 2 = 5x − 1 + 2x − 3 + 2 ( 5x − 1)( 2x − 3)

⇔ 2 10x 2 − 17x + 3 = − 4x + 2 ⇔ 10x 2 − 17x + 3 = − 2x + 1
x = 2
2
2
2
⇔ 10x − 17x + 3 = 1 − 4x + 4x ⇔ 6x − 13x + 2 = 0 ⇔  1
x =
6


1
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2; x =
6

Phân tích sai lầm:
- Ở đây học sinh không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức.
Trong ví dụ trên: Điều kiện x ≥

3
2

do vậy

1 3
<
6 2

nên x =

1
không là
6

nghiệm phương trình (1)
Đê khắc phục sai lầm này ta tìm TXĐ của phương trình hoặc giải rồi thử các giá
trị tìm được của ẩn vào phương trình đã cho để kết luận nghiệm.
- Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương các phương trình . Ở ví dụ trên,
các phương trình (2) và (3) không tương đương mà.

14

1 − 2x ≥ 0

Phương trình (2) ⇔ 
2
2
10 x − 17 x + 3 = (1 − 2 x )
Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x ≤
Suy ra x = 2 cũng không phải là nghiệm của phương trình (1)
3
Giải đúng: ĐKXĐ x ≥
(*)
2

1
2

1

1 − 2x ≥ 0
x≤


2
(1) ⇔ 10x − 17x + 3 = 1 − 2x ⇔  2
⇔
2
2
2

10x − 17x + 3 = 1 + 4x − 4x
6x − 13x + 2 = 0
1

1
x
≤


1

x≤
2
⇔
⇔
⇔x=
2
1
6
( x − 2 )( 6x − 1) = 0
x = 2; x =
6


Đối chiếu với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) vô nghiệm.
IV. Kiểm nghiệm:
Đối với học sinh việc nắm vững các dạng toán và phương pháp giải sẽ có
yếu tố quyết định trong việc giải các bài tập. Chính vì vậy khi học sinh đã nắm
vững một số phương pháp giải phương trình vô tỉ nhất là học sinh khá giỏi và
học sinh trong đội tuyển toán thì giáo viên đã một phần yên tâm khi các em tiếp

cận đến các kỳ thi.
Trong học kì một vừa qua, thông qua các buổi ôn tập các em đã được học
một số phương pháp giải phương trình vô tỉ. Qua kết quả khảo sát của giáo viên,
các em đã vận dụng được một số phương pháp giải để làm bài tập vận dụng.
Kết quả khảo sát của giáo viên đối với lớp 9A sau khi các em đã được vận
dụng phương pháp giải trong học kì một năm học 2013 – 2014.
Sĩ số
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
20
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
4
25
7
35
5
25
4
20

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

1. Kết luận:
Là một giáo viên dạy toán, chúng ta cần thường xuyên cập nhật những
thuật toán, dạng toán từ đó có một cái nhìn tổng quát về môn toán đối với cấp
THCS, qua đó khái quát nên cho học sinh phương pháp giải phù hợp.
Trong chương trình sách giáo khoa lớp 9, bài tập về giải phương trình vô
tỉ được đề cập đến chỉ mang tính chất bước đầu để học sinh giải nó, nhưng nó lại
là dạng toán hay xuất hiện trong các đề thi và là một nội dung cơ bản ở cấp
THPT.

15


Khi học sinh nắm vững và vận dụng được một số phương pháp giải
phương trình vô tỉ, các em đã có một kiến thức cơ bản để học tốt về phương
trình nói chung và giải phương trình vô tỉ về sau.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân khi dạy học sinh giải
phương trình vô tỉ qua một số phương pháp mà giáo viên đã sưu tầm biên soạn
trong khuôn khổ chương trình cấp THCS áp dụng đối với học sinh lớp 9. Ngoài
những phương pháp mà tôi đã chọn lọc nêu trên, thì còn rất nhiều phương pháp
khác mà do năng lực của bản thân còn hạn chế nên trong đề tài của tôi không thể
không tránh khỏi những thiếu sót, sơ suất. Chính vì vậy, tôi rất mong có sự góp
ý của các đồng nghiệp để đề tài của tôi được hoàn thiện và có hiệu quả cao hơn
nữa hơn.
2. Ý kiến đề xuất :
Qua việc áp dụng đề tài để ôn tập cho học sinh tôi thấy tùy thuộc vào từng
thời điểm, chúng ta cần dành thời gian phù hợp hướng dẫn, ôn tập củng cố cho
học sinh.
Học sinh cần nắm vững kiến thức về phương trình đã học để áp dụng, vận
dụng vào giải phương trình vô tỉ
Trong sinh hoạt tổ, nhóm chúng ta cần dành riêng ra những chuyên đề để

hình thành và hoàn thiện phương pháp giải phương trình vô tỉ áp dụng cho từng
đối tượng học sinh.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU
TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết sáng kiến

Nguyễn Đình Tĩnh

Phần
A
B

MỤC LỤC
Nội dung
Đặt vấn đề
Giải quyết vấn đề
I. Cơ sở lí luận
II. Thực trạng
III. Giải pháp và biện pháp thực hiện

Trang
1
1
1
2

2

16


C

IV. Kiểm nghiệm
Kết luận và đề xuất

15
16

17