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.
2.2.6. Dạng 6:

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

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)
Ai quan tâm xin kích cào đấy nhé:

5


/>
6