PHÁT TRIỂN NĂNG lực tự học CHO học SINH QUA dạy học GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, bất PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TỰ HỌC CHO HỌC SINH QUA DẠY HỌC GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
2. Lĩnh vực áp dụng:
Sáng kiến được áp dụng trong lĩnh vực giảng dạy nội dung “Phương trình ” cho đối
tượng là học sinh đại trà lớp 10, đồng thời cũng là một phần nội dung ôn thi THPT
Quốc gia cho học sinh lớp 12.
3. Thời gian áp dụng:
Từ năm học 2009-2010.
4. Tác giả:
Họ và tên: NGUYỄN TRUNG HIẾU
Năm sinh: 1979.
Nơi thường trú: Xã Xuân Hòa – huyện Xuân Trường , tỉnh Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ khoa học, ngành Lí luận và Phương pháp dạy học
(bộ môn Toán).
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc: Trường THPT A Hải Hậu.
Địa chỉ liên hệ: Nguyễn Trung Hiếu, Trường THPT – A Hải Hậu, Nam Định.
Điện thoại: 0915139375
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT A Hải Hậu.
Địa chỉ: Khu 6-Thị trấn Yên Định-Hải Hậu-Nam Định.
Điện thoại: 03503877089.

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

1

Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

CÁC CHỮ VIẾT TẮT
GV

Giáo viên

HS

Học sinh

SGK

Sách giáo khoa

THPT

Trung học phổ thông

NL

Năng lực

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Hoàn cảnh tạo ra sáng kiến……………………………………………

3

Thực trạng……………………………………………………………...

3

Các giải pháp…………………………………………………………..

4

A. Cơ sở lí luận……………………………………………………

4

B. Các giải pháp……………………………………………………

8

Hiệu quả do sáng kiến mang lại……………………………………….

51

Đề xuất, khuyến nghị………………………………………………….

51

Danh mục tài liệu tham khảo…………………………………………..

52

I. HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Nội dung kiến thức về phương trình ở lớp 10 THPT là rất quan trọng cho sự phát triển
của mỗi HS không những trong quá trình học toán ở bậc phổ thông mà còn “là cơ sở để giải

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

2


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
các phương trình liên quan đến các hàm số sơ cấp”, “thuộc về nhóm các kiến thức cơ bản
cần thiết nhất trong giáo dục Toán học phổ thông”
Trong các kì thi môn Toán ở bậc THPT và kì thi Tuyển sinh vào các trường Đại học –
Cao đẳng, chủ đề phương trình luôn chiếm một vị trí đáng kể
Các hoạt động chủ yếu với chủ đề này là giải bài tập về phương trình xoay quanh
phương trình bậc nhất và bậc hai do đó nó mang một số chức năng sau:
- Củng cố và hoàn thiện kỹ năng giải phương trình bậc nhất và bậc hai đã được làm
quen từ chương trình THCS
- Phát triển năng lực tư duy, hình thành những phẩm chất tư duy khoa học qua các thao
tác trí tuệ như là: quy lạ về quen, khái quát hóa, tương tự hóa
- Bài tập về phương trình có nhiều ứng dụng thực tế, mang lại niềm vui, hứng thú
trong học tập, tạo thế giới quan khoa học
- Bài tập về phương trình cũng là phương tiện để đánh giá mức độ, khả năng độc lập
trong giải toán và trình độ phát triển của HS
Thực tế cho thấy, học sinh thường lĩnh hội tri thức không phải vì giáo viên truyền đạt
cho mình một số chân lí mà giáo viên đã biết mà vì chính bản thân học sinh nảy ra nhu cầu
muốn biết các tri thức đó. Do vậy, dạy học phải tạo ra cho học sinh tựa hồ như phát hiện ra tri
thức cần lĩnh hội
Sau khi học lý thuyết, nếu giáo viên giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học, xây dựng

các hướng phát triển bài tập và tìm phương pháp giải từ đó cung cấp đến học sinh hệ thống
bài tập tương ứng thì sẽ giúp học sinh tích cực học tập, rèn luyện kỹ năng và tạo hứng thú,
niềm vui khi học sinh tự học.
II. THỰC TRẠNG
Về thời lượng dành cho nội dung phương trình nói chung gồm:
Tên bài
SGK Nâng cao
SGK Cơ bản
1. Đại cương về phương
2 tiết
2 tiết
trình
2. Phương trình bậc nhất và
4 tiết
Không có
bậc hai một ẩn
3. Một số phương trình quy
4 tiết
3 tiết
về bậc nhất hoặc bậc hai
Ngoài ra còn có 3 tiết luyện tập tổng hợp mà có gắn với nội dung phương trình (tiết ôn
tập chương, ôn thi học kì, ôn tập cuối năm)
Trong SGK Đại số lớp 10 nâng cao chỉ đưa ra ba dạng cơ bản:

A = B, A < B và

A > B , phần bài tập cũng chỉ nêu những bài tập nằm trong ba dạng này. Tuy nhiên, trong
thực tế phương trình và bất phương trình vô ti rất đa dạng và phong phú. Trong quá trình học

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

3


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
Toán ở lớp 11 và 12, khi gặp phải những bài toán đưa về phương trình và bất phương trình vô
tỉ, đa số học sinh đều lúng túng, thường giải sai và thậm chí không biết cách giải. Đặc biệt,
các đề thi Đại học - Cao đẳng các em sẽ gặp phương trình và bất phương trình vô tỉ ở nhiều
dạng khác nhau chứ không chỉ nằm trong khuôn khổ ba dạng trên. Vì vậy, việc giúp cho các
em có kĩ năng tốt, cũng như cung cấp thêm các phương pháp giải phương trình và bất
phương trình vô ti là rất cần thiết nhằm đáp ứng nhu cầu thực tế hiện nay. Một điều rất quan
trọng là trong quá trình giải phương trình và bất phương trình vô ti, giáo viên cần phải lưu ý
cho học sinh các sai lầm thường mắc phải và phân tích nguyên nhân sai lầm để các em hiểu
sâu hơn nhằm có được một bài giải tốt sau này.
Với thời lượng và nội dung như vậy, trong quá trình lên lớp, ngoài việc truyền đạt các
kiến thức, kỹ năng cơ bản, GV cần rèn luyện cho HS biết hệ thống hóa về các dạng, loại và
các phương pháp giải phương trình. Mỗi dạng bài có một cách giải riêng, cũng có khi một bài
có nhiều cách giải do đó GV phải hệ thống và giúp HS chỉ ra cách giải tối ưu. Đồng thời cung
cấp cho HS một hệ thống bài tập có chọn lọc để vận dụng những kiến thức đã được học tự
mình giải quyết. Đây là cách dạy cho HS cách tự học, tự phát hiện và giải quyết vấn đề, bước
đầu rèn luyện tư duy sáng tạo. HS có cái nhìn tổng thể về kiến thức trong chương trình, các
dạng bài tập thường gặp. Ở mỗi dạng bài tập biết hình thành và hệ thống các phương pháp
giải, đồng thời qua cách giải bài tập này mở rộng ra các bài tập mới hình thành kỹ năng giải
toán và phương pháp tự học mang màu sắc cá nhân.
III.

CÁC GIẢI PHÁP

A. CƠ SỞ LÝ LUẬN
A-1. Tự học

1.1. Về khái niệm tự học
Để trang bị kiến thức và hiểu biết của mình trong suốt cả cuộc đời thì không có cách gì
ngoài tự học. Tự học là một vấn đề có tính truyền thống và tính phổ biến không chỉ ở nước ta
mà còn là vấn đề của toàn thế giới. Ngay từ xa xưa, Khổng Tử đã ý thức được tầm quan trọng
của việc tự học đối với mỗi con người, ông cho rằng: “cách học quan trọng hơn học cái gì”.
Cha ông ta luôn đặt tự học làm trọng, một tấm gương sáng nhất của tự học là Chủ tịnh
Hồ Chí Minh. Theo Người, tự học là sự nỗ lực của bản thân người học, sự làm việc của bản
thân người học một cách có kế hoạch dựa trên tinh thần tự giác học tập. Người cho rằng,
trong học tập phải lấy tự học làm nòng cốt.
Như vậy, để sử dụng hình thức tự học, người học chủ yếu phải tự học bằng SGK, các
tài liệu học tập liên quan và kế hoạch, điều kiện, phương tiện của mình để đạt được mục tiêu

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

4


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
học tập. Tự học nhiều khi còn là sự chủ động khai thác kinh nghiệm và tri thức của người
khác để làm giàu cho vốn hiểu biết của chính bản thân mình. Bản chất của nó là người học
biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo.
Tự học có những đặc điểm sau:
Tự học có tính độc lập cao và mang đậm màu sắc cá nhân
Tự học có quan hệ chặt chẽ với quá trình dạy học
Tự học có tính mục đích
Tự học có tính đối tượng
Tự học vận hành theo nguyên tắc gián tiếp
Tự học là một chu trình liên tục, diễn ra theo hình xoắn ốc mà ở đó điểm kết thúc của
chu trình này là điểm khởi đầu của chu trình khác. Sau mỗi chu trình kiến thức của người học
lại được nâng lên một tầm mới.

Tự học có các mức độ như sau :
Mức độ 1: Có SGK và có GV giáp mặt một số tiết trong ngày, trong tuần. GV và HS
nhìn mặt nhau và có thể trao đổi thông tin bằng lời nói trực tiếp, chữ viết trực tiếp ngay trên
bảng, trên giấy, bằng ánh mắt, nét mặt, cử chỉ. Bằng hình thức thông tin trực tiếp không qua
máy móc, HS học giáp mặt với GV trên lớp và về nhà tự học có hướng dẫn. Đây là mức độ tự
học đơn giản nhất.
Mức độ 2: Có SGK và có GV ở xa hướng dẫn bằng tài liệu hoặc các phương tiện viễn
thông khác. Hướng dẫn tự học chủ yếu là hướng dẫn tư duy, hướng dẫn tự phê bình trong quá
trình chiếm lĩnh kiến thức. Đây là tự học có hướng dẫn.
Mức độ 3: Có SGK rồi người học tự đọc lấy mà rút ra kiến thức, kinh nghiệm về tư duy.
HS phải tự mình vận dụng nội lực của bản thân để giải quyết công việc học tập. Đây là tự học
ở mức độ cao nhất.
Tóm lại, tự học là hoạt động của cá nhân người học. Xác định điều này để ta thấy rõ
hơn vai trò chủ động của người học. Dạy học dù có hay đến đâu cũng không thể thay thế
được việc tự học của HS. GV giỏi chính là người biết hướng dẫn cho HS học chứ không phải
làm hộ HS. Tự học cũng là công việc khó khăn, phải trải qua nhiều mức độ, nhiều đòi hỏi.
Phấn đấu đạt được mức độ tự học cao nhất là mục tiêu cần đạt tới của người học.
1.2. Bồi dưỡng năng lực tự học cho HS THPT
Bồi dưỡng năng lực tư học cho HS là việc làm rất cần thiết trong điều kiện hiện nay.
Thời gian tự học là lúc HS có điều kiện tự nghiền ngẫm vấn đề học tập theo một yêu cầu,
phong cách riêng và với tốc độ thích hợp. Điều đó không những giúp HS nắm vấn đề một

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

5


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
cách chắc chắn và bền vững, bồi dưỡng phương pháp học tập và kỹ năng vận dụng tri thức,
mà còn là dịp tốt để HS rèn luyện ý chí và năng lực hoạt động sáng tạo. Đó cũng là điều

không ai có thể cung cấp đươc cho HS nếu các em không thông qua hoạt động của chính bản
thân mình. Năng lực tự học là phẩm chất cần thiết cho sự phát triển và thành đạt lâu dài của
mỗi con người
A- 2. Dạy học môn Toán theo định hướng phát triển năng lực và phẩm chất người học
Xác định các năng lực chung, cốt lõi, chuyên biệt của môn Toán
Có nhiều quan niệm khác nhau về NL. Ở đây ta tiếp cận NL theo hướng NL hành
động, tức là có cấu trúc, có thể mô tả được, đo đếm được, do đó có thể đánh giá được. Mỗi
môn học có thế mạnh hình thành và phát triển một (hoặc một số) NL chung cốt lõi. Chẳng
hạn môn Toán có ưu thế trong việc hình thành và phát triển NL tính toán, với các thành tố cấu
trúc là: Thành thạo các phép tính; sử dụng được ngôn ngữ Toán học (bên cạnh ngôn ngữ
thông thường); mô hình hóa; sử dụng được các công cụ Toán học (đo, vẽ, tính).
Ta có thể làm rõ dần các NL chung cốt lõi theo cấu trúc của nó, chẳng hạn như sơ đồ sau:

2.1.. Một số năng lực chung cốt lõi mà môn Toán tiềm ẩn cơ hội hình thành và phát triển
Mọi người đều cần phải học toán và dùng toán trong cuộc sống hàng ngày. Chính vì
vậy mà Toán học có vị trí quan trọng đối với tất cả các lĩnh vực trong đời sống xã hội. Hiểu
biết về toán học giúp cho con người có thể tính toán, ước lượng, đặc biệt là có được cách thức
tư duy, phương pháp suy nghĩ, suy luận logic trong việc giải quyết các tình huống, vấn đề nảy
sinh trong học tập cũng như thực tiễn cuộc sống hàng ngày.
Ở trường PT, học toán về cơ bản là hoạt động giải toán. Giải toán liên quan đến việc
lựa chọn và áp dụng chính xác các kiến thức, kĩ năng cơ bản, khám phá về các con số, xây
dựng mô hình, giải thích số liệu, trao đổi các ý tưởng liên quan. Giải toán đòi hỏi phải có tính

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

6


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
sáng tạo, hệ thống. Học toán và giải toán giúp người học tự tin, kiên nhẫn, bền bỉ, biết làm

việc có phương pháp, suy luận logic, … Vì vậy có thể xem đó là cơ sở co những phát minh
khoa học. Kiến thức toán còn được ứng dụng, phục vụ cho việc học các môn học khác như:
Vật lý, Hóa học, Sinh học, … Vì thế, có thể xem môn toán như là môn học công cụ trong nhà
trường PT.
Như trên đã nêu, điều đó cho ta khẳng định ở trường PT, môn toán có nhiều cơ hội giúp HS
hình thành các NL chung như:
+ NL tính toán.
+ NL tư duy.
+ NL giải quyết vấn đề.
+ NL tự học, tự rèn luyện.
+ NL giao tiếp.
+ NL hợp tác.
+ NL làm chủ bản thân.
+ NL sử dụng CNTT.
2.2. Một số NL (kĩ năng cốt lõi) có thể và cần luyện tập qua việc học môn Toán
Dạy và học toán ở trường PT Việt Nam nói chung, giai đoạn sau 2015 nói riêng, nhằm
hướng vào việc hình thành các NL chung cốt lõi, thông qua đó giúp cho HS:
+ Có những kiến thức và kĩ năng toán học cơ bản, làm nền tảng cho việc phát triển các NL
chung cũng như NL riêng (đối với môn toán).
+ Hình thành và phát triển NL tư duy (tư duy logic, tư duy phê phán, tư duy sáng tạo, khả
năng suy diễn, lập luận chặt chẽ). Phát triển trí tưởng tượng không gian, trực giác toán học.
+ Sử dụng các kiến thức để học toán, học tập các bộ môn khác đồng thời giải thích, giải quyết
một số hiện tượng, tình huống xảy ra trong thực tiễn (phù hợp với trình độ). Qua đó phát triển
NL giải quyết vấn đề, NL mô hình hóa toán học.
+ Phát triển vốn ngôn ngữ (ngôn ngữ toán và ngôn ngữ thông thường trong mối quan hệ chặt
chẽ với nhau) trong giao tiếp có hiệu quả.
+ Góp phần cùng bộ môn khác hình thành thế giới quan khoa học, hiểu được nguồn gốc thực
tiễn và khả năng ứng dụng rộng rãi của toán học trong các lĩnh vực của đời sống xã hội. Biết
cách làm việc có kế hoạch, cẩn thận, chính xác. Có thói quen ham muốn khám phá, tìm hiểu,
làm việc độc lập với những phương pháp thích hợp cùng những kĩ năng cần thiết, trong sự

hợp tác, hoạt động nhóm có hiệu quả.
B. CÁC GIẢI PHÁP

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

7


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
B-1. XÂY DỰNG HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA CHO MỖI DẠNG BÀI
Trong SGK Đại số lớp 10 nâng cao, phần phương trình và bất phương trình có chứa dấu
căn chỉ là một mục nhỏ trong bài: Một số phương trình và bất phương trình quy về bậc hai
của chương IV. Thời lượng dành cho phần này lại rất ít, các ví dụ và bài tập trong phần này
cũng rất hạn chế và chỉ ở dạng cơ bản. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và giải chính xác
phương trình và bất phương trình chứa ẩn dưới dấu căn đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều
kiến thức, phải có kĩ năng biến đổi toán học nhanh nhẹn và thuần thục. Muốn vậy, trong các
tiết luyện tập giáo viên cần tổng kết lại cách giải các dạng phương trình và bất phương trình
thường gặp, cũng như bổ sung thêm các dạng bài tập nâng cao, đặc biệt là rèn luyện cho học
sinh kĩ năng giải phương trình và bất phương trình vô tỉ. Từ đó học sinh tiếp cận tài liệu này
và có thể tự học theo mức độ 2
1. Phương pháp biến đổi tương đương:
Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi
tương đương của phương trình, bất phương trình nhằm đưa các phương trình và bất phương
ban đầu về phương trình và bất phương trình đã biết cách giải.
Một số phép biến đổi thường gặp là
1/

 f ( x) ≥ 0

f ( x) = g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0

 f ( x) = g ( x)


2/

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x) = g ( x)

3/

 f ( x) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0

 f ( x) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)

 g ( x) > 0

4/ f ( x) < g ( x) ⇔  f ( x) ≥ 0
 f ( x) < g 2 ( x)

  f ( x) ≥ 0
 
  g ( x) < 0
5/ f ( x) > g ( x) ⇔ 
 g ( x) ≥ 0

2

  f ( x) ≥ g ( x)

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

8


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
Ví dụ 1: Giải phương trình:

2 x + 1 = 3x + 1

1


1
x≥−
x = 0


 3x + 1 ≥ 0
 x≥−

3
⇔
⇔
3 ⇔
Giải. pt ⇔ 
2
x = − 4

2
x
+
1
=
(3
x
+
1)
4

9 x 2 + 4 x = 0
 x = 0, x = −
9

9


Nhận xét:

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
(không cần đặt và giải đk: f ( x) ≥ 0 )
2
f
(
x
)
=
g

(
x
)


Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ: t = 2 x + 1
Ví dụ 2: Giải phương trình:
Giải. ĐK: −4 ≤ x ≤

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x .

1
(*).
2

pt ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 2 (1 − 2 x)(1 − x) + 1 − x
1

2x + 1 ≥ 0

 x≥−
⇔ 2 x + 1 = (1 − 2 x)(1 − x) ⇔ 
⇔
2 ⇔ x = 0.
2
(2 x + 1) = (1 − 2 x)(1 − x)
2 x 2 + 7 x = 0
Đối chiếu đk (*) ta thấy x = 0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x = 0
Nhận xét: Ở phương trình trên ta chuyển

1 − x qua vế phải rồi mới bình phương. Mục

đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trình luôn cùng dấu để sau khi bình
phương ta thu được phương trình tương đương.
Ví dụ 3: Giải phương trình:

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2

Giải.ĐK: x ≥ 1
Pt ⇔ x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1 = 2
⇔ x −1 + 1 +

x −1 −1 = 2

Nếu x > 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 ⇔ x = 2 (Loại)
Nếu x ≤ 2 pt ⇔ x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x ≥ 1 )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R |1 ≤ x ≤ 2}
Ví dụ 4: Giải phương trình:

2 x 2 − 6 x + 1 < x + 2 (1)

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

9


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
x>2

 x>2




3
−
7

 x ≤ 3 − 7
x−2>0

x≤




2
2
2

⇔
⇔ 
Giải: (1) ⇔  2 x − 6 x + 1 ≥ 0
2 x 2 − 6 x + 1 < ( x − 2) 2
 x ≥ 3 + 7
 x ≥ 3 + 7

 
 
2
2

 2

x − 2x − 3 < 0
 −1 < x < 3
⇔

3+ 7
≤ x < 3.
2

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:

2( x 2 − 16)
x−3

+ x−3 >

7−x
(ĐH Khối A - 2004)
x−3

Giải: ĐK: x ≥ 4

 x 2 − 16 ≥ 0


10 − 2 x < 0

2
2

bpt ⇔ 2( x − 16) + x − 3 > 7 − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − 2 x ⇔ 
10 − 2 x ≥ 0
 
2
 2( x − 16) > (10 − 2 x)2
x>5

⇔
⇔ x > 10 − 34
10
−
34
<
x
≤
5

Ví dụ 5: Giải phương trình:

2x + 6x2 + 1 = x + 1

x +1 ≥ 0
x ≥ −1


x ≥ −1

⇔
⇔
Giải: pt ⇔ 



2
2
2
2
2
2
2
2 x + 6 x + 1 = ( x + 1)
 6 x + 1 = x + 1 6 x + 1 = ( x + 1)
 x ≥ −1
⇔ 4
⇔ x = 0, x = 2
2
x
−
4
x
=
0

Ví dụ 6: Giải phương trình:

x( x − 1) + x( x + 2) = 2 x 2 .

 x ≤ −2

Hướng dẫn giải: ĐK:  x ≥ 1 (*) .
 x = 0

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

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

10


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
x = 0
⇔ 4 x ( x + x − 2) = x (2 x − 1) (do đk (*)) ⇔ x ( 8 x − 9 ) = 0 ⇔ 
(thỏa (*)).
x = 9
8

2

2

2

2

2

Nhận xét:1) Bài toán trên còn có cách giải như sau:
* x = 0 là một nghiệm của phương trình.
* x ≥ 1 ⇒ pt ⇔ x − 1 + x + 2 = 2 x ⇔ 2 x 2 + x − 2 = 2 x − 1
⇔ 4x2 + 4 x − 8 = 4x2 − 4x + 1 ⇔ x =

9

(nhận)
8

* x ≤ −2 ⇒ pt ⇔ − x(1 − x) + − x(− x − 2) = 2 (− x)(− x)
⇔ 1 − x + − x − 2 = 2 − x ⇔ 2 x 2 + x − 2 = −2 x + 1 ⇔ x =
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 0 và x =

9
(loại)
8

9
8

2) Khi biến đổi như trên, chúng ta thường mắc sai lầm khi cho rằng
thức này chi đúng khi a, b ≥ 0 . Nếu a, b ≤ 0 thì
Ví dụ 7. Giải phương trình:

3

ab = a . b ! Đẳng

ab = − a . −b .

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

Giải.
 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3
⇔

(*)
3 ( x − 1)( x − 2)(2 x − 3) = 0

3
⇔ x = 1; x = 2; x = .
2

Nhận xét GV cần giúp HS hiểu rõ ở đây ta đã không biến đổi tương đương phương trình vì ta
đã thế

3

x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 trong bước biến đổi thứ 3 nên bước biến đổi này là biến đổi

hệ quả (vì ta đã coi phương trình đã cho có nghiệm) và do đó nghiệm tìm được phải thử lại.
Vấn đề đăt ra là: Nếu nghiệm quá lẻ hoặc việc thử lại là khó khăn thì ta xử lí ra sao? Để làm
việc đó ta hãy xét cơ sở của phương pháp này:

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

11


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
Ta cần giải phương trình dạng A + B = C (1). Lũy thừa bậc 3 và lại sử dụng phép thế
A + B = C ta đi đến giải phương trình A3 + B3 + 3 ABC = C 3 (3)
Biến đổi ngược từ phương trình (3) ta có
A3 + B3 + 3 ABC = C 3 ⇔ ( A + B ) − C 3 − 3 AB ( A + B − C ) = 0
3

(

)

⇔ ( A + B − C ) A2 + B 2 + C 2 + AC + BC − AB = 0
1
2
2
2
( A + B − C ) ( A − B ) + ( A + C ) + ( B + C )  = 0
2
A + B −C = 0
( 1)
⇔
( 2)
 A = B = −C
⇔

Như vậy, nghiệm ngoại lai nếu có sẽ là nghiệm của phương trình (2). Do đó sau khi giải
phương trình (3) ta chỉ cần thử lại các nghiệm của phương trình (2) vào phương trình (1).
Việc hiểu rõ bản chất cách giải của phương trình loại này là rất cần thiết ví dụ như ta giải
phương trình sau (theo cách trên)
3

2 x − 1 + 3 2 x + 1 = x 3 16

1
2+3 3
Được các nghiệm là x = 0, x = ± , x = ±
thì việc thử lại là quá vất vả.

2
2 2
Ví dụ 8. Giải bất phương trình sau: ( x 2 − 3x ) 2 x 2 − 3x − 2 ≥ 0
Ta xét hai trường hợp:
1
TH 1: 2 x 2 − 3 x − 2 = 0 ⇔ x = 2 V x = − , khi đó bpt luôn đúng.
2
1
 2

1
2 x − 3x − 2 > 0
 x < − Vx > 2
⇔
⇔ x < − Vx ≥ 3 .
2
TH 2: BPT ⇔ 
2
2
 x − 3x ≥ 0
 x ≤ 0Vx ≥ 3

1
Vậy nghiệm của bpt đã cho là: T = (−∞; − ] ∪ {2} ∪ [3; +∞) .
2
Nhận xét.Ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp
trong giải phương trình và bất phương trình vô ti.
Ví dụ 9. Tìm m để phương trình:
2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

12


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
x ≥1

Hướng dẫn giải: pt ⇔  2
.
 x + (m − 2) x − 4 = 0(*)
Phương trình (*) luôn có hai nghiệm:
2 − m + m 2 − 4m + 8
2 − m − m 2 − 4m + 8
x1 =
> 0; x2 =
< 0.
2
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ≥ −1
m≤4

⇔ x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 8 ⇔ 
⇔ m ≤ 2.
2
2
(4
−
m
)

≥
m
−
4
m
+
8

Vậy m ≤ 2 là những giá trị cần tìm.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Tùy vào từng phương trình, việc đặt ẩn phụ có thể đưa phương trình đã cho về một phương
trình mới không có căn, một hệ phương trình hay một phương trình hỗn hợp giữa ẩn phụ và
ẩn chính
Dạng 1: Đặt ẩn phụ thông thường
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau
1) 2 x − x 2 + 4

( 3 − x ) ( x + 1)

=9

2)

x − 2 − x + 2 = 2 x2 − 4 − 2x + 2

3)

x − 1 + 3 − x + 3 − x2 + 4 x − 3 = 5

4) x 2 + 4 ( x − 2 )

5)

x+2
=9
x−2

x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2

6) x 2 + 2 x x −

1
= 3x + 1
x

Giải.
1) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3
2
Do ( 3 − x ) ( x + 1) = − x + 2 x + 3 nên ta đặt t = − x 2 + 2 x + 3 , t ≥ 0 . Phương trình trở thành

t = 2
t 2 + 4t − 12 = 0 ⇔ 
t = −6
Do t không âm nên t = 2, ta được

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

13


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

− x2 + 2 x + 3 = 2 ⇔ x2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1
2) Điều kiện: x ≥ 2 , đặt t = x − 2 − x + 2 ⇒ t 2 = 2 x − 2 t 2 − 4
Phương trình trở thành
t = 1
t2 + t − 2 = 0 ⇔ 
t = −2
Với t = 1, ta có:

(

x − 2 − x + 2 = 1 ⇔ x − 2 = 1+ x + 2 ⇔ x − 2 = 1+ x + 2

)

2

⇔ 2 x + 2 = −5 , phương trình vô nghiệm
Với t = −2 , ta có

(

x − 2 − x + 2 = −2 ⇔ x + 2 = 2 + x − 2 ⇔ x + 2 = 2 + x − 2

)

2

⇔x=2
3) Điều kiện 1 ≤ x ≤ 3 , Đặt t = x − 1 + 3 − x , t > 0
Suy ra

− x2 + 4 x − 3 =

t2 − 2
, phương trình trở thành
2

t = 2
3t + 2t − 16 = 0 ⇔ 
t = − 8
3

2

So với điều kiện suy ra t = 2
x − 1 + 3 − x = 2 , giải ra ta được x = 2.
4) Điều kiện: x ∈ ( −∞; −2] ∪ ( 2; +∞ )
Đặt t = ( x − 2 )

x+2
⇒ t 2 = x 2 − 4 , phương trình trở thành
x−2

t = 1
t 2 + 4t − 5 = 0 ⇔ 
t = −5
Với t = 1, ta có

( x − 2)

x > 2
x+2
=1⇔  2
⇔x= 5
x−2
x
−
4
=
1


Với t = −5 , ta có

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

14


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

( x − 2)

x < 2
x+2
= −5 ⇔  2
⇔ x = 29
x−2
x
−

4
=
25


5) Điều kiện x − x 2 − 1 ≥ 0
Do

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1 nên ta đặt t = x + x 2 − 1 , t > 0

1
⇒ x − x 2 − 1 = , phương trình trở thành
t
⇔ t = 2 ⇒ x + x2 − 1 = 2 ⇔ x =
6) Điều kiện: x −
x+2 x−

1
t+ =2
t

17
8

1
≥ 0 , chia 2 vế của phương trình cho x ta được
x

1
1

= 3+
x
x

Đặt t = x −

1
, t ≥ 0 , phương trình trở thành
x

t = 1
t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 
t = −3
Do điều kiện của t suy ra t = 1
x−

1
1± 5
= 1 ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
(thỏa mãn)
x
2
Nhận xét. Trên đây là ví dụ về phương pháp giải phương trình bằng cách đặt một ẩn

phụ cho phương trình không có tham số, được xem như dạng đơn giản nhất trong loại đặt ẩn
phụ, sau khi đặt ẩn phụ phương trình chuyển về phương trình đa thức đã có phương pháp giải.
GV cần lưu ý HS về điều kiện của ẩn phụ, chỉ cần tìm một điều kiện nào đó cho ẩn phụ mà
không nhất thiết phải tìm điều kiện đầy đủ, việc tìm điều kiện này chỉ giúp cho bài giải nhanh
chóng hơn.
Ví dụ 2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm

2

(

)

x + 1 + 1 − x + 2 1 − x2 + m = 0

(*)

Giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1
Đặt t = x + 1 + 1 − x , t > 0 . Phương trình (**) trở thành
t 2 + 2t + m − 2 = 0

(**)

Ta đi tìm điều kiện của t theo x

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

15


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
t ≥ 0
2
t = 2 + 2 ( 1 − x ) ( 1 + x )
2 ≤ t 2 ≤ 4
⇒
⇔ 2 ≤t≤2

t
≥
0

Do đó phương trình (*) có nghiệm x khi phương trình (**) có nghiệm

2 ≤t≤2

2
Xét hàm số f ( t ) = t + 2t , ta có bảng biến thiên

−∞
+∞

t
f(t)

2

-1

+∞
+∞

2
3

2+2 2
-1

Từ đó suy ra phương trình (**) có nghiệm

2 ≤ t ≤ 2 khi

 m ≥ −6
2+2 2 ≤ 2−m ≤8⇔ 
 m ≤ −2 2
Ví dụ 3. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 (ĐH Khối A - 2007)
Giải: ĐK: x ≥ 1
* x = 1 là nghiệm phương trình ⇔ m = 0.
* x ≠ 1, chia hai vế phương trình cho
Đặt: t =
3t +

4

4

x 2 − 1 ta được: 3 4

x −1
x +1
+ m4
= 2.
x +1
x −1

x −1 4
2

= 1−
⇒ 0 < t < 1, ∀t > 1 và phương trình trở thành:
x +1
x +1

m
= 2 ⇔ 3t 2 − 2t = − m (*) .
t

Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm t ∈ (0;1)

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

16


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
1
1
1
Vì − ≤ 3t 2 − 2t < 1, ∀t ∈ (0;1) ⇒ (*) có nghiệm t ∈ (0;1) ⇔ − ≤ − m < 1 ⇔ −1 < m ≤ . Vậy
3
3
3
−1 < m ≤

1
là giá trị cần tìm.
3

Nhận xét. Đối với các phương trình có tham số giải bằng cách đặt ẩn phụ, ta có thể
chia bài giải làm ba bước
Bước 1: Đặt ẩn phụ và tìm tập giá trị của ẩn phụ theo ẩn chính
Bước 2: Chuyển phương trình đã cho theo phương trình của ẩn phụ (gọi là phương trình P)
và chuyển yêu cầu của ẩn chính theo ẩn phụ (gọi là yêu cầu Q)
Bước 3: Giải phương trình P với yêu cầu Q.
Dạng 2: Đặt ẩn phụ chuyển về hệ
Ví dụ 1. Giải các phương trình
1) x 2 + x + 7 = 7
2) x3 + 1 = 2 3 2 x − 1
3) x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
4)

3

2 − x + x −1 = 1

5)

3

( 1− x)

2

+ 3 ( 1 + x ) − 3 1 − x2 = 1
2

Giải.
1) Điều kiện: x ≥ −7

Đặt t = x + 7, t ≥ 0 , phương trình trở thành
 x 2 + t = 7
x + t = 0
⇒ x 2 − t 2 + t + x = 0 ⇔ ( x + t ) ( x − t + 1) = 0 ⇔ 
2
x − t +1 = 0
t = x + 7
x ≤ 0
1 − 29
⇔x=
Với x + t = 0 ⇒ x + x + 7 = 0 ⇔  2
2
x − x − 7 = 0
 x ≥ −1
⇔x=2
Với x − t + 1 = 0 ⇒ x + 7 = x + 1 ⇔  2
x + x − 6 = 0
2) Đặt t = 3 2 x − 1 ⇒ t 3 = 2 x − 1 , phương trình trở thành
t 3 = 2 x − 1
⇒ t 3 − x3 = 2 ( x − t ) ⇔ ( t − x ) t 2 + xt + t 2 + 2 = 0 ⇔ t − x = 0
 3
 x = 2t − 1

(

)

Ta được

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

17


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
x = 1
x = 2 x − 1 ⇔ x − 2 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) x + x − 1 = 0 ⇔ 
 x = −1 ± 5

2
3

(

3

2

)

3) Điều kiện x ≤ 4
Đặt y = 17 − x 2 , y ≥ 0 ⇒ y 2 = 17 − x 2 . Phương trình trở thành
 x + y + xy = 9
 2
2
 x + y = 17
Giải hệ phương trình ta được nghiệm x = 4 và x = 1.
4) Điều kiện: x ≥ 1
Đặt u = 3 2 − x , v = x − 1, v ≥ 0 , phương trình trở thành
u = 1 − v

u + v = 1
u = 1 − 2v
⇔
⇔
 3 2

 3
3
2
2
u + v = 1 ( 1 − v ) + v = 1 v − 4v + 3v = 0
Giải ra ta được các nghiệm x = 1, x = 2, x = 10
5) Đặt 3 1 − x = u ,

3

1 + x = v , ta được hệ

u 2 − uv + v 2 = 1 u + v = 2
⇔
⇔ u = v =1⇒ x = 0
 3 3
u + v = 2
uv = 1
Nhận xét. Đây là loại bài đặt ẩn phụ và chuyển phương trình về hệ phương trình, loại
bài này phải dùng các kiến thức về hệ phương trình để giải, phương trình dạng 4) có thể chỉ
cần đặt một ẩn phụ như ở ví dụ 1.
Ta có một số ví dụ về dạng này ở mức độ cao hơn
Ví dụ 2. Giải phương trình:

2 −1− x + 4 x =

1
4
2

Giải. Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1
 2 − 1 − x = u
⇒0≤u≤
Đặt 
 4 x = v

2 − 1,0 ≤ v ≤

4

2 −1

1

u = 4 −v
1


2
u + v = 4

2
⇔
Ta đưa về hệ phương trình sau: 

2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2


Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

18


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
2

1 

Giải phương trình thứ 2: (v + 1) −  v + 4 ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm
2

2

2

của phương trình.
Ví dụ 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
Giải. Điều kiện: x ≥ 1
Đặt a = x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 5) thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
a + b = 5

⇒ (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1
 2
b − a = 5

Vậy

x −1 +1 = 5 + x −1 ⇔ x −1 = 5 − x ⇒ x =

11 − 17
2

6 − 2x 6 + 2x 8
+
=
5− x
5+ x 3

Ví dụ 4. Giải phương trình:
Giải. Điều kiện: −5 < x < 5

(

)

Đặt u = 5 − x , v = 5 − y 0 < u , v < 10 .
(u + v) 2 = 10 + 2uv
u 2 + v 2 = 10


Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4

2 4
8⇔

− − + 2(u + v) =
(u + v) 1 − uv ÷ = 3
3
 u v



Ví dụ 5. Giải phương trình:

4

629 − x + 4 77 + x = 8

Giải. ĐK: −77 ≤ x ≤ 629
 u = 4 629 − x
Đặt 
 v = 4 77 + x

(u; v ≥ 0)

⇒ u + v = 8, u 4 + v 4 = 706
Đặt t = uv
⇒ t 2 − 128t + 1695 = 0
 t = 15
⇔
t = 113
Với t = 15 ⇒ x = 4

Với t = 113 ⇒ x = 548
Ví dụ 6. Giải phương trình:

x3 + x 2 − 1 + x3 + x 2 + 2 = 3

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

(1)

19


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
HD:Với điều kiện: x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x3 + x 2 + 2 > 0
 u = x3 + x 2 − 1
Đặt 
Với v > u ≥ 0
v = x3 + x 2 + 2
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
 u+v =3
 2
2
v − u = 3

u+v =3
u + v = 3
u = 1
⇔
⇔

⇔
v = 2
(v + u )(v − u ) = 3
v − u = 1
 x 3 + x 2 − 1 = 1
⇔
 x3 + x 2 + 2 = 2
 x3 + x 2 − 1 = 1
⇔ 3
2
x + x + 2 = 4
⇔ x3 + x 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 1)( x 2 + 2 x + 2) = 0
⇔ x = 1 (do x 2 + 2 x + 2 > 0 ∀x)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
2

2

Ví dụ 7. Giải phương trình: 1 − x =  − x ÷
3

2

1 − x 2 ≥ 0
−1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤1
HD: Điều kiện: 
x

≥
0
x
≥
0


Với điều kiện (*),đặt u = x ; v =
 1 − x2

Ta có:  2
 −
 3

(*)

2
2
− x , với u ≥ 0, v ≤
3
3

= 1− u4
2


x ÷ = v2


Do dó ta có hệ

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

20


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
2

2

 u+v = 3
 u+v =
⇔
3

 1 − u 4 = v2
u 4 + v 4 = 1


2

2
u
+
v
=
u+v =



3
3
⇔
⇔
2
2
 u 2 + v 2 − 2u 2 .v 2 = 1  ( u + v ) 2 − 2u.v  − 2u 2v 2 = 1




(

)

2

2

u
+
v
=
u
+
v
=

3



3
⇔
⇔
2
 4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0
÷

 9
9
81


2
  u + v = 3


8 − 194
 u.v =
18
⇔
2

  u + v = 5


8 + 194
 u.v =
18


⇒ u và v là nghiệm của phương trình
 2 2
8 − 194
= 0(a )
y − y +
3
18

 2 2
8 + 194
= 0(b)
y − y +
3
18

• (b) vô nghiệm
• (a) có 2 nghiệm

y1 =

1−

97
−3
1+
2
; y2 =
2

97

−3
2
3

u1 = y1 u2 = y2
∨
Do đó: 
v1 = y2  v2 = y1

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

21


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

⇒ x=

u = y2 =

1+

97
−3
2
3



1+
97
−3
⇒ x =
2

3



1+

2


97
−3 ÷
2
÷
÷
3
÷
÷


2

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =  1 +
9




97
− 3÷
÷
2


Dạng 3: Đặt ẩn phụ chuyển về dạng tích
Ví dụ 1. Giải phương trình
1) x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1

(

2) 5 x 3 + 1 = 2 x 2 + 2

)

3) x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1.
4) x3 − 3 x 2 + 2

( x + 2)

3

− 6x = 0

Giải.
1) Đặt t = x 2 + 1, t ≥ 1 . Phương trình trở thành

t 2 = x 2 + 1
⇒ t 2 − ( x + 3) t + 3 x = 0
 2
 x + 3x + 1 = ( x + 3) t

( *)

Coi phương trình (*) là phương trình ẩn t tham số x ta giải được t = 3, t = x
Với t = 3, ta có

x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ± 10

Với t = x, ta có

x 2 + 1 = x , phương trình vô nghiệm

2) Điều kiện: x ≥ −1

(

Phương trình tương đương 5 x + 1 x 2 − x + 1 = 2 x 2 + 2

(

)

)

2
2

Nhận thấy: x − x + 1 + ( x + 1) = x + 2 nên ta đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1 . Phương trình

trở thành

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

22


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015
 2u − v = 0
5uv = 2 u 2 + v 2 ⇔ ( 2u − v ) ( u − 2v ) = 0 ⇔ 
u − 2v = 0

(

)

Với 2u − v = 0 , ta có
 x ≥ −1
5 ± 37
2 x + 1 = x2 − x + 1 ⇔  2
⇔x=
2
 x − 5x − 3 = 0
Với u − 2v = 0 , ta có
 x ≥ −1
x + 1 = 2 x2 − x + 1 ⇔  2
(vô nghiệm)
4 x − 5 x + 3 = 0

4) Đặt y = x + 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
x = y
x3 − 3 x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 − 3 xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
 x = −2 y
Pt có nghiệm : x = 2,

x = 2−2 3

Nhận xét. Trong 2 bài tập này, ẩn phụ chỉ là cái “cớ” giúp ta biến đổi phương trình về dạng
tích.
Trong nhiều tình huống, việc chọn ẩn phụ phải dựa vào đặc điểm đặc biệt của phương trình
đã cho:
Phương trình dạng : a. A ( x ) + b.B ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
Ví dụ 2. Giải phương trình : x 2 − 3x + 1 = −

(

)

3 4
x + x 2 + 1 (*)
3

(

)(

)

4

2
4
2
2
2
2
Giải. Dễ thấy: x + x + 1 = x + 2 x + 1 − x = x + x + 1 x − x + 1

(

)

(

)

2
2
2
Ta đi tìm α , β sao cho: α x + x + 1 + β x − x + 1 = x − 3x + 1

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :

(

) (

)

−3 x 2 + x + 1 + 6 x 2 − x + 1 = − 3


2
Đặt : u = x + x + 1  u ≥


(x

2

)(

)

+ x + 1 x2 − x + 1

3

2
÷ ;v = x − x +1  v ≥
4


3
÷
4

phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv ⇒ u = 3v Từ đây ta sẽ tìm được x.
Ví dụ 3. Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 (*)
Giải.
Đk: x ≥ 1

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

23


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

(

)

Nhận xét : Ta viết α ( x − 1) + β x 2 + x + 1 = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)
( x − 1) ( x 2 + x + 1)

Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7

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

Ta được : x = 4 ± 6
Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình
phương hai vế thì đưa về được dạng trên.

Ví dụ 4. Giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1
HD:Ta đặt : ⇔ 6 9 + 2 x = 0 khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2
hay: 2(u + v) - (u - v)=

( u + v) ( u − v)

Ví dụ 5.Giải phương trình sau :
x≥

HD:Đk

(x

2

1
.
2

x2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x2 + 4 x + 1
Bình

)

(x

+ 2 x ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

2

phương

)

(

2

vế

ta

có

:

)

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

u = x 2 + 2 x
x + 1 − x2
Ta có thể đặt : 
khi đó ta có hệ :
=1
1 − 2x2
v = 2 x − 1
1+ 5
1+ 5
Do u , v ≥ 0 . u =

v ⇔ x2 + 2x =
( 2 x − 1)
2
2
Ví dụ 6. Giải phương trình :

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

HD:Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5

(x

(

2

)

− x − 20 ( x + 1)

)

2
2
Không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α x − x − 20 + β ( x + 1) vậy ta

Nhận xét :

u = x 2 − x − 20
không thể đặt : 

.
v = x + 1

(

)

(

2
2
Nhưng ta có : x − x − 20 ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) x − 4 x − 5

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

)
24


Sáng kiến kinh nghiệm năm học 2014 – 2015

(

)

Viết lại phương trình: 2 x 2 − 4 x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán
được giải quyết .
Đặt ẩn phụ các hàm lượng giác:
Khi giải phương trình và bất phương trình chứa căn, đôi khi ta còn đặt ẩn phụ là các hàm số
lượng giác. Bằng những tính chất của hàm số lượng giác, ta sẽ chuyển bài toán đại số về bài

toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này.
Ví dụ 7: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = 2 x 2 .
Với bài toán này, học sinh có thể giải bằng phương pháp bình phương hoặc đặt ẩn phụ. Cách
tiến hành hai phương pháp này tuy khác nhau nhưng cùng một mục đích là làm mất căn thức.
Tuy nhiên, chúng ta có thể gợi ý cho học sinh: ĐK xác định của phương trình −1 ≤ x ≤ 1 và
phải biến đổi 1 − x 2 = a 2 , đẳng thức này gợi ý cho chúng ta nghĩ đến công thức lượng giác cơ
bản giữa sin và cos.Vậy ta có cách giải như sau:
ĐK: x ≤ 1. Đặt x = cos t , t ∈ [0; π ] . Khi đó phương trình trở thành:
1 + 1 − cos 2 t = 2cos 2 t ⇔ 2sin 2 t + sin t − 1 = 0 ⇔ sin t =
Vậy: x = cos t = ± 1 − sin 2 t = ±

1
(do sin t ≥ 0).
2

3
là nghiệm của phương trình đã cho.
2

Nhận xét

π π
*Nếu u ( x) ≤ a thì có thể đặt u ( x ) = a sin t , t ∈ [ − ; ] , hoặc đặt u ( x) = a cos t , t ∈ [0; π ] .
2 2

π
*Nếu u ( x) ∈ [0; a] thì có thể đặt u ( x) = a sin 2 t , t ∈ [0; ].
2
Ví dụ 8. Giải phương trình: x3 + (1 − x 2 )3 = x 2(1 − x 2 )
Giải. ĐK: x ≤ 1.

Đặt: x = cos t , t ∈ [0; π ] . Phương trình trở thành:
cos3 t + sin 3 t = 2 cos t sin t ⇔ (sin t + cos t )(1 − sin t cos t ) = 2 sin t.cos t

Nguyễn Trung Hiếu – THPT A Hải Hậu

25