SKKN Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Phương trình là một chủ đề chính trong chương trình toán phổ thông. Trong chương trình
Toán bậc THCS, phương trình là một trong những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học, bắt đầu tư
những bài toán “Tìm x biết ...” ở lớp 6 , tìm nghiệm của đa thức ở lớp 7 đến giải phương trình bậc
nhất ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình bậc hai ở học kì II Đại
số lớp 9. Trong đó phương trình vô tỉ (phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn) sách giáo khoa và sách
bài tập chỉ lướt qua, nhưng trong các kì thi tuyển sinh vào lớp10 THPT, thi tuyển vào trường chuyên
lớp chọn, các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh lại thường xuyên có bài toán này. Nếu giáo viên
không chú ý trang bị tốt kiến thức và phương pháp giải hợp lí thì học sinh khó vượt qua được. Vấn đề
đặt ra là làm thế nào để giúp học sinh giải tốt các dạng phương trình vô tỉ? Khi gặp bất cứ một bài
toán về phương trình vô tỉ nào học sinh cũng có tìm ra hướng giải đúng và hạn chế được những sai
lầm đáng tiếc trong quá trình giải toán.
Qua thực tế giảng dạy nhiều năm ở môn Toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại số
tôi đã sưu tầm, chọn lọc tích luỹ và sáng tác thêm một số bài toán mới viết thành đề tài “ Những sai
lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong khuôn khổ chương trình
toán bậc THCS, nhằm giúp học sinh tránh được những sai lầm khi giải phương trình vô tỉ . Tư đó
trang bị cho học sinh một số phương pháp để giải các bài toán về phương trình vô tỉ. Với mong muốn
trao đổi kinh nghiệm cùng các bạn đồng nghiệp để có thêm một chuyên đề bồi dưỡng đội tuyển dự
thi học sinh giỏi các cấp được hoàn thiện.

1. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Trong phân phối chương trình TOÁN 9, không có tiết dạy giành riêng cho giải phương trình
vô tỉ (học sinh sẽ được học vào chương trình đại số 10 THPT). Cụ thể trong chương “ CĂN BẬC
HAI – CĂN BẬC BA” có 18 tiết, trong đó 6 tiết lý thuyết, 4 tiết luyện tập, 6 tiết đôi vưa dạy lý
thuyết vưa luyện tập, 1 tiết ôn tập và 1 tiết kiểm tra. Giáo viên giảng dạy trên lớp thường ít chú ý rèn
kĩ năng giải các dạng phương trình vô tỉ cho học sinh, nếu có thì chỉ là một bài tập củng cố nhỏ nhằm
hoàn thiện kiến thức sau mỗi tiết dạy nên khả năng vận dụng kiến thức vào giải phương trình vô tỉ
của học sinh còn nhiều hạn chế.
Bài tập vận dụng sách giáo khoa và sách bài tập TOÁN 9 rất ít. Toàn bộ chương I có 76 bài

tập được chia làm nhiều dạng loại khác nhau, trong đó dạng bài tập đề cập đến tìm x (giải phương
trình vô tỉ) có 5 bài tập. Sách bài tập toán 9 có 108 bài, dạng toán liên quan đến giải phương trình vô
tỉ cũng chỉ có 5 bài tập. Sau mỗi bài dạy lý thuyết không có nhiều hơn một bài tập về dạng toán này.
Kĩ năng nhận dạng và lựa chọn phương pháp giải của học sinh đại trà rất hạn chế. Học sinh giỏi
không có tài liệu để đọc và tham khảo.

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

1


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Khi giảng dạy tiết lý thuyết cũng như bài tập giáo viên thường xem nhẹ việc rèn kĩ năng giải
phương trình chứa ẩn dưới dấu căn thức và chưa dưng lại để phân tích những sai lầm mà học sinh
thường mắc phải khi giải dạng toán này. Chính vì vậy khi gặp phải dạng toán giải phương trình vô tỉ
rất nhiều học sinh đại trà không giải được, có một số em giải được nhưng không đạt điểm tối đa vì
mắc những sai lầm hết sức đáng tiếc.
Bài toán giải phương trình vô tỉ là bài toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cấp
huyện, cấp tỉnh. Đề thi tiềm ẩn dưới nhiều dạng khác nhau nếu học sinh không được trang bị tốt kiến
thức và nắm vững phương pháp giải thì khó vượt qua được .
Đối với giáo viên nếu chỉ dưng lại ở việc hoàn chỉnh kiến thức cơ bản của sách giáo khoa
không đi sâu nghiên cứu kĩ các dạng toán về phương trình vô tỉ, khi gặp phải dạng toán này vẫn có
những hạn chế nhất đinh. Tôi xin giới thiệu kết quả thống kê điểm bài 5 (bài thi GVDG cấp huyện
năm học 2011 – 2012) cho các bạn tham khảo.
Bài 5: ( 2,0 điểm )

Giải phương trình sau bằng 2 cách : 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4

Điểm

SL
-

0
0,25
0,5
0,75
1,0
1,25
1,5
1,75
1
4
9
5
1
0
2
0
Nhận xét của giám khảo:
Chưa có thí sinh nào giải hoàn chỉnh bài toán bằng 2 cách.
Trên 50% số thí sinh không xác định hướng đựơc cách giải bài toán.

2,0
0

TS
22

Chính vì những thực trạng trên nên đòi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết.

2. Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI.
2.1. Đối với học sinh:
Học sinh khắc phục được những sai lầm khi giải các dạng phương trình vô tỉ.
Học sinh nhận dạng và định hướng được cách giải cho các dạng toán về phương trình vô tỉ
thuộc phạm vi chương trình toán trung học cơ sở.
Học sinh giỏi giải được các bài toán về phương trình vô tỉ thuộc phạm vi chương trình toán
trung học cơ sở, có thể giải được các dạng toán về phương trình vô tỉ trong chương trình toán trung
học phổ thông và trong các đề thi vào các trường Đại học – Cao đẳng.

2.2. Đối với giáo viên:
Giáo viên sáng tạo ra các bài toán phù hợp với tưng dạng toán về giải phương trình vô tỉ phục
vụ cho công tác giảng dạy.

3. PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
Hệ thống một số phương pháp giải phương trình vô tỉ và chỉ ra những sai lầm thường mắc
phải của học sinh khi giải các dạng toán về phương trình vô tỉ.
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

2


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

a) Cơ sở lí luận
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn. Bài toán giải phương trình vô tỉ là
bài toán khó nhận dạng và xác định hướng giải. Đối với học sinh muốn giải được đòi hỏi phải được

trang bị kiến thức tốt và phương pháp giải hợp lí.
b) Cơ sơ thực tiễn
Qua thực tế dạy học của cá nhân nhiều năm ở bộ môn Toán 9 và tham gia bồi dưỡng học sinh
giỏi phân môn đại số do trường phân công. Tôi đã tổng hợp các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp
tỉnh hàng năm kết hợp với giáo viên trong tổ phân tích sai lầm và tìm ra phương pháp giải tối ưu nhất
cho tưng bài toán về giải phương trình vô tỉ.
Phân tích và hướng dẫn học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vô tỉ trong các đề thi
học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hàng năm để phát
hiện những sai lầm của học sinh trong giải toán.
Gợi ý và định hướng học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vô tỉ và các bài toán liên
quan đến rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai đăng trên tạp chí “TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ” và
“TOÁN TUỔI THƠ 2” để phát hiện những sai lầm của học sinh trong các bước biến đổi.
Tham khảo các tài liệu liên quan đến phương trình vô tỉ, chọn lọc, sắp xếp tìm ra các phương
pháp giải tối ưu nhất cho tưng dạng toán viết thành chuyên đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi,
xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm.

2. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP
2.1. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH
Dựa vào:
- Thực tế giảng dạy nhiều năm ở bộ môn Toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi về phân môn đại
số đặc biệt là chuyên đề “ Phương trình vô tỉ ”.
- Sách giáo khoa và sách bài tập toán 9
- Các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi liên quan đến phương trình vô tỉ.
- Các chuyên đề liên quan đến phương trình vô tỉ đăng tải trên tạp chí “TOÁN HỌC VÀ
TUỔI
TRẺ”; tạp chí “TOÁN TUỔI THƠ 2”.
- Những bài viết về chuyên đề phương trình vô tỉ được đăng tải trên các trang mạng toán học.
- Kết quả phân tích bài kiểm tra chương I - Đại số 9 và bài kiểm tra học kì I năm học 2010 –
2011 đối chiếu so sánh giữa các lớp, rút ra nhận xét, kết luận.
- Kết quả thi học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008 đến năm học 2010 – 2011, đặc biệt là dạng

toán giải phương trình vô tỉ để phân tích, so sánh, rút kinh nghiệm.
2.2. THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP
- Viết dưới dạng chuyên đề dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008
- Xây dựng thành chuyên đề hoàn chỉnh áp dụng giảng dạy học kì I năm học 2009 – 2010
- Được nhà trường công nhận là tài liệu dùng cho giáo viên trong tổ làm chuyên đề bồi dưỡng
học sinh giỏi tư tháng 12/ 2010.
- Dạy thử nghiệm trong năm học 2009 – 2010 và năm học 2010 - 2011
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

3


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
- Triển khai áp dụng trong toàn trường năm học 2011 - 2012
- Viết thô sáng kiến kinh nghiệm tư tháng 01/ 2012
- Hoàn thiện vào tháng 4/2012.

* Tên đề tài “ Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” .
1. Đưa ra một số ví dụ cụ thể ứng với tưng bài học trong chương “CĂN BẬC HAI – CĂN
BẬC BA”, giúp cho giáo viên phát hiện những sai lầm thường gặp của học sinh khi giải các dạng
toán về phương trình vô tỉ để có nhận xét đánh giá và rút kinh nghiệm trong việc vận dụng kiến thức
đã biết vào giải toán.
2. Nêu một số phương pháp giải phương trình vô tỉ áp dụng cho học sinh THCS, mỗi phương
pháp xây dựng một hệ thống bài tập tư dễ đến khó. Nhằm giúp cho học sinh dễ tiếp cận một số
phương pháp giải mà các tài liệu chưa viết hoàn chỉnh, qua đó rèn kỹ năng tư duy và vận dụng kiến
thức một cách linh hoạt, tạo hứng thú tìm tòi, khám phá cho học sinh và có thể sáng tạo các bài toán
mới hơn về phương trình vô tỉ .
3. Đặc biệt là sau mỗi dạng bài tập có nêu bài toán tổng quát và định hướng xây dựng một lớp
bài tập về phương trình vô tỉ giúp cho giáo viên có thêm nguồn tư liệu phong phú khi làm công tác

bồi dưỡng học sinh giỏi nhất là khi giảng dạy chuyên đề “ Phương trình vô tỉ ”.

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

4


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

II.1a. NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Học sinh sai lầm vì tưởng mình đã làm đúng. Có biết bao nguyên nhân dẫn đến sai lầm khi
giải toán. Nhà giáo dục Polia đã viết “Con người phải biết học ngay ở những sai lầm của mình”.
Vậy khi giải phương trình vô tỉ học sinh sai lầm ở đâu? Cần khắc phục như thế nào?
Sai lầm 1: Khi giải phương trình vô tỉ học sinh thường ít chú ý đến điều kiện hoặc đặt điều kiện
không chính xác dẫn đến kết luận phương trình thừa hoặc thiếu nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 4 = x + 2 (1)
Lời giải của học sinh :
 x ≥ −4
x + 4 ≥ 0
 x ≥ −4
 x ≥ −4

⇔
⇔
⇔  x = 0
(1) ⇔ 
2
2
 x( x + 3) = 0

( x + 4) = ( x + 2)
x + 4 = x + 4x + 4
  x = −3

Tập nghiệm của phương trình là S = { 0; −3}
Nhận xét : x = - 3 không phải là nghiệm của phương trình, thay x = -3 vào (1) thì x + 2 = - 1 < 0
Sai lầm: Đặt điều kiện sai dẫn đến kết luận nghiệm thiếu chính xác
Khắc phục: Điều kiện: x ≥ - 2, giải như trên.
Kết luận: Phương trình chỉ có 1 nghiệm x = 0.
Ví dụ 2: Giải phương trình : 4 x 2 − 20 x + 25 = 5 − 2 x (2)
Lời giải của học sinh : Vì 4x2 – 20x + 25 = (2x – 5)2 ≥ 0 với mọi x
(2) ⇔ 4x2 – 20x + 25 = (5 – 2x )2 ⇔ 4x2 – 20x + 25 = 25 – 20x + 4x2 ⇔ 0x = 0
Vậy phương trình có nghiệm với mọi x ∈ R
Nhận xét : phương trình (2) không phải luôn có nghiệm với mọi x thuộc R vì khi thay x = 4 vào (2)
5
thì 5 – 2x = - 3 < 0 (không thoả mãn) mà phương trình (2) có nghiệm x ≤ .
2
2
2
Sai lầm: Ngộ nhận 4x – 20x + 25 = (2x – 5) ≥ 0 với mọi x, không để ý đến vế phải của phương
trình, vội vàng bình phương 2 vế.
5
5
Khắc phục: Điều kiện: x ≤ .Giải như trên. Kết luận: Phương trình có nghiệm với mọi x ≤
2
2
Ví dụ 3: Giải phương trình: x − 1 + 2 x − 1 = 5 (3)
Lời giải của học sinh: Điều kiện : x ≥ 1
(3) ⇔ x – 1 + 2x – 1 + 2 ( x − 1)(2 x − 1) = 25
⇔ 2 ( x − 1)(2 x − 1) = 27 – 3x (3’)

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

5


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
⇔ 4(2x2 – 3x + 1) = ( 27 – 3x)2 ⇔ x2 – 150x + 725 = 0 ⇔ x1= 5 ; x2 = 145 ( thỏa mãn).

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1= 5 ; x2 = 145
Nhận xét : x = 145 không là nghiệm của phương trình (3). Vậy lời giải của học sinh sai lầm ở bước
nào? Rõ ràng là học sinh không đặt điều kiện ở phương trình (3’) dẫn đến kết luận nghiệm sai.
Đây là sai lầm thường gặp nhất đối với các em học sinh giỏi.
Khắc phục: 2 ( x − 1)(2 x − 1) = 27 – 3x (3’)
1 ≤ x ≤ 9
1 ≤ x ≤ 9
⇔
⇔
⇔ x=5
 2
2
2
4(2 x − 3 x + 1) = (27 − 3 x)
 x − 150 x + 725 = 0
Vậy phương trình có một nghiệm x = 5
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4 (4)
(Đề thi GVDG cấp huyện PGD – ĐT Phù Mỹ năm học 2011- 2012 )
Lời giải của 1 thí sinh: Điều kiện: x3 + 8 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
(4) ⇔ 9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2

⇔ ( x2 – 6x – 4 )( 4x2 – 9x + 14) = 0
⇔ x2 – 6x – 4 = 0
(vì 4x2 – 9x + 14 > 0)
⇔ x1 = 3 + 13 (thỏa mãn); x2 = 3 − 13 (thoả mãn)
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 + 13 ; x2 = 3 − 13
* Lời giải trên thiếu sót gì không? Bài giải có đạt điểm tối đa không? Điều này xin giành cho
bạn đọc (Đây là 1 bài giải hoàn chỉnh nhất trong 22 bài thi).
Vậy để tránh những sai lầm trên, khi dạy bài “ CĂN BẬC HAI ” giáo viên cần ghi nhớ cho
học sinh công thức:
A ≥ 0

A = B ⇔ B ≥ 0
 A = B2

Ví dụ 5: Giải phương trình : (x + 2) x − 3 = 0 (5)
x + 2 = 0
 x = −2
⇔
Lời giải của học sinh : (x + 2) x − 3 = 0 ⇔ 
x = 3
 x−3 = 0
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { −2;3}
Nhận xét : x = – 2 không phải là nghiệm của phương trình (3)
Sai lầm: Không tìm điều kiện xác định của phương trình dẫn đến thừa nghiệm.
Khắc phục: Điều kiện x ≥ 3. Giải như trên
Kết luận : Phương trình có một nghiệm x = 3
Ví dụ 6: Giải phương trình:

x − 2 − x 2 − 4 = 0 (6)
(Đề kiểm tra HKI năm học 2010 – 2011)

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

6


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Lời giải của học sinh :
Điều kiện : x2 – 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 hoặc x ≤ −2

x = 2
x = 2
 x−2 =0

⇔
(6) ⇔ x − 2(1 − 3 x + 2) = 0 ⇔ 
1 ⇔ 
17

x
+
2
=
x=−
1 − 3 x + 2 = 0
3
9



17 

Vậy tập nghiệm của phương trình S = 2; − 
9

17
Nhận xét : x = không phải là nghiệm của phương trình
9
Sai lầm: HS tìm điều kiện xác định của phương trình chưa chính xác dẫn đến thừa nghiệm. Thực ra
ĐKXĐ của phương trình là x ≥ 2 .
 x2 − 4 ≥ 0
⇔ x ≥ 2 . Giải như trên
Khắc phục: Điều kiện 
x − 2 ≥ 0
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S = { 2}
Phân tích: Trong phương trình (5), khi giải phương trình học sinh nhận dạng phương trình tích là
dạng toán quen thuộc nên vội vàng giải đã bỏ sót điều kiện dẫn đến kết luận nghiệm của phương trình
thiếu chính xác. Phương trình (6) học sinh tìm ĐKXĐ sai nên dẫn đến thưa nghiệm. Khi giải dạng
toán này cần ghi nhớ công thức:
B ≥ 0

A B = 0 ⇔  A = 0
 B = 0

Ví dụ 7:Giải phương trình 2 x − 3 + x − 1 = 2 x − 3 + 4 x − 12 (7)
Lời giải của học sinh
(7) ⇔ 2 x − 3 + x − 1 = 2 x − 3 + 2 x − 3 ⇔ x − 1 = 2 x − 3
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔

⇔
⇔x=2
x −1 = 2x − 3
x = 2
Vậy phương trình có một nghiệm x = 2.
Nhận xét : x = 2 không là nghiệm của phương trình vì x = 2 thì x − 3 không xác định.
Sai lầm: Không đặt điều kiện từ ban đầu nên dẫn đến kết luận nghiệm phương trình sai.
Khác phục: Điều kiện x ≥ 3. Giải như trên
Kết luận : Phương trình vô nghiệm.
Ghi nhớ:
 A ≥ 0
A+ B = A+ C ⇔
 B = C

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

7


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Sai lầm 2: Khi áp dụng hằng đẳng thức
Ví dụ 8: Giải phương trình :

A2 = A . Xét thiếu trường hợp dẫn đến mất nghiệm.

4 x 2 − 4 x + 1 = x + 3 (8)

Lời giải của học sinh : (8) ⇔ (2 x − 1) 2 = x + 3 ⇔ 2 x − 1 = x + 3 ⇔ x = 4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4

2
Nhận xét : (8) còn có một nghiệm x = − .
3
Sai lầm : Lời giải trên học sinh bỏ sót điều kiện x + 3 ≥ 0 và xét thiếu trường hợp 2x – 1 = - ( x + 3)
dẫn đến mất nghiệm.
Khác phục: Điều kiện x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3
x = 4
2 x − 1 = x + 3
2
⇔
(8) ⇔ (2 x − 1) = x + 3 ⇔ 2 x − 1 = x + 3 ⇔ 
x = − 2
2
x
−
1
=
−
(
x
+
3)

3

2
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: x1 = 4; x2 = −
3
Ví dụ 9: Giải phương trình:

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

Lời giải của học sinh : Điều kiện : x ≥ 1
(9) ⇔
⇔

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

( x − 1 + 1) 2 + ( x − 1 − 1) 2 =

x+3
2

⇔

x+3
(9)
2

x+3
2
x −1 +1 +

x −1 −1 =

x+3
(*)
2

x+3

( vì x ≥ 1 ) ⇔ 2 x − 1 = x + 3 ⇔ 4 (x – 1) = (x +3 )2
2
2
⇔ x – 10x + 25 = 0 ⇔ x1 = x2 = 5 ( thoả mãn ) . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 5
Nhận xét : Phương trình (9) còn có 1 nghiệm x = 1.
Sai lầm : HS xét thiếu trường hợp 1 ≤ x ≤ 2 nên dẫn đến mất nghiệm :
Khắc phục : Tư phương trình (*)
Trường hợp : x ≥ 2. Giải như trên.
bổ sung trường hợp : 1 ≤ x ≤ 2 ta có (*) ⇔ 4 = x + 3 ⇔ x = 1 ( thoả mãn)
Kết luận : Phương trình có 2 nghiệm : x1 = 1 ; x2 = 5
Chú ý : Khi dạy bài “ Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức A2 = A ”. Cần ghi nhớ cho học sinh
⇔

công thức

x −1 +1 + x −1 −1 =

B ≥ 0
A2 = B ⇔ A = B ⇔ 
 A = ±B

Sai lầm 3: Sai lầm khi vận dụng qui tắc khai phương một tích , một thương để biến đổi tương
đương các phương trình học sinh xét thiếu trường hợp dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

8


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Ví dụ 10: Giải phương trình: x( x − 1) + x( x − 2) = 2 x( x − 3) (10)
Lời giải của học sinh:
(10) ⇔ x ( x − 1) + x ( x − 2) = 2 x ( x − 3)
⇔ ( x − 1) + ( x − 2) = 2 ( x − 3)
Điều kiện x ≥ 3 . khi đó ta có: x − 1 > x − 3 và x − 2 > x − 3
Suy ra ( x − 1) + ( x − 2) > 2 ( x − 3)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Nhận xét: Ta thấy ngay x = 0 là một nghiệm của phương trình mà HS đã bỏ qua. Việc chia 2 vế cho
x đã làm mất nghiệm của phương trình.
Sai lầm: + Không xét trường hợp x = 0 để suy ra nghiệm của phương trình.
+ Chưa xét đầy đủ các trường hợp x > 0 và trường hợp x < 0.
Khắc phục: Trường hợp: x = 0 ⇔ x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.
Trường hợp x < 0 thì (10) viết về dạng:

− x (1 − x) + − x (2 − x) = 2 − x (3 − x) (10’)

Vì − x > 0 nên chia 2 vế (10’) cho − x ta được: 1 − x + 2 − x = 2 3 − x
Do x < 0 nên 1 − x < 3 − x và 2 − x < 3 − x
Suy ra 1 − x + 2 − x < 2 3 − x . Do đó x < 0 Không thoả mãn phương trình
Trường hợp x > 3 . Giải như trên.
Kết luận : Phương trình có 1 nghiệm x = 0.
Ví dụ 11: Giải phương trình: x( x − 5) + x( x − 2) = x( x + 3) (11)
Lời giải của học sinh:
 x ≤ 0

 x ≥ 2
x
(
x
−

2)
≥
0

 x ≤ −3

  x ≤ 0
⇔  x = 0
Điều kiện:  x( x − 5) ≥ 0 ⇔  
 x( x + 3) ≥ 0
 x ≥ 5

 x ≥ 5
  x ≤ −3

  x ≥ 0
* Ta có x = 0 là 1 nghiệm của phương trình (11)
* Với x ≠ 0, chia 2 vế phương trình cho x ta được:
( x − 5) + ( x − 2) = ( x + 3) ⇔ x – 5 + x – 2 + 2 ( x − 5)( x − 2) = x + 3
10 − x ≥ 0
 x ≤ 10
⇔ 2 x 2 − 7 x + 10 = 10 – x ⇔  2
⇔
 2
2
4( x − 7 x + 10) = (10 − x)
3 x − 8 x − 60 = 0

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

9


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
 x ≤ 10
x = 6

 x = 6
⇔ 
⇔
 x = − 10
  x = − 10
3

 
3

( thoả mãn)

10 

Vậy tập nghiệm của phương trình (11) là : S = 0;6; − 
3

Nhận xét: Lời giải trên rất lôgich và chặt chẽ nhưng kiểm tra lại thì x = -

10
không là nghiệm của
3

phương trình. Nguyên nhân nào dẫn đến việc thưa nghiệm trên.
Sai lầm: HS chỉ xét trường hợp x ≠ 0 , trong trường hợp x ≠ 0 phải xét cả 2 khả năng xảy ra là x > 0
và x < 0. Cụ thể là xét trường hợp x ≥ 5 và x ≤ −3
Khắc phục:
Trường hợp x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.
10
Trường hợp x ≥ 5 . Giải như trên và loại nghiệm x = (không thoả mãn)
3
Bổ sung trường hợp x ≤ −3 .(trình bày ở phần sau)
Đó là những sai lầm mà học sinh nào cũng có thể mắc phải khi vận dụng công thức A.B = A. B ,
ngay cả giáo viên chúng ta nếu không để ý cũng khó tìm được nguyên nhân đãn đến sai lầm trong hai
ví dụ trên.
Khi dạy bài “Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức:
A.B = A. B
A.B = − A. − B

Ví dụ 12: Giải phương trình:

khi A ≥ 0; B ≥ 0
khi A ≤ 0 ; B ≤ 0

2x + 7
= 1 (12)
x+2

Lời giải của học sinh:
2x + 7
= 1 ⇔ 2x + 7 = x + 2
(12) ⇔

x+2
x + 2 ≥ 0
 x ≥ −2
⇔
⇔
2 x + 7 = x + 3  x = −5
Vậy phương trình vô nghiệm
Nhận xét: Rõ ràng x = - 5 là nghiệm của phương trình.Vậy học sinh sai lầm ở bước biến đổi nào?
Sai lầm: Khi áp dụng quy tắc khai phương một thương học sinh đã bỏ sót trường hợp : x ≤ −3,5 nên
dẫn đến mất nghiệm.
Khắc phục: Xét thêm trường hợp x ≤ −3,5 họăc giải như sau:

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

10


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
2 x + 7 = x + 2
2x + 7
=1⇔ 
⇔ x = −5
x
+
2
≠
0
x+2


Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm x = - 5.
Khi dạy bài “Liên hệ giữa phép chia và phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức
(11) ⇔

A
=
B

A
B
A
−A
=
B
−B

khi A ≥ 0, B > 0
khi A ≤ 0, B < 0

Sai lầm 4: Biến đổi đưa thừa số ra ngoài hoặc vào trong dấu căn xét thiếu trường hợp xảy ra dẫn
đến phương trình thừa hoặc thiếu nghiệm.
Ví dụ 13: Giải phương trình: ( x − 3)( x 2 − x − 6) = x 2 + 7 x + 12 (13)
Lời giải của học sinh:
(13) ⇔ ( x − 3)( x − 3)( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) 2 ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4)
⇔ ( x − 3) x + 2 = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3)( x + 2 − x + 4) = 0
⇔ x – 3 = 0 hoặc x + 2 − x + 4 = 0
⇔ x = 3 ( thoả mãn)
x ≥ 4
x − 4 ≥ 0
x ≥ 4


⇔ 2
⇔  x = 7 ⇔ x = 7
hoặc x + 2 = x − 4 ⇔ 
2
 x + 2 = ( x − 4)
 x − 9 x + 14 = 0
 x = 2

Vậy phương trình (13) có 2 nghiệm x1 = 3; x2 = 7.
Nhận xét: Lời giải của học sinh thoả mãn 2 nghiệm tìm được, các em không ngờ rằng phương trình
(13) còn có 1 nghiệm nữa là x = 2
Sai lầm: Học sinh thực hiện phép biển đổi ( x − 3)2 ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔
( x − 3) x + 2 = ( x − 3)( x − 4)
Đưa thừa số ra ngoài dấu căn đã bỏ qua trường hợp x – 3 < 0 nên dẫn đến mất nghiệm x = 2.
Khắc phục:
(13) ⇔ ( x − 3)( x − 3)( x + 2) = ( x − 3)( x − 4) ⇔ ( x − 3) 2 ( x + 2) = ( x − 3)( x − 4)
⇔ x − 3 x + 2 = ( x − 3)( x − 4) (13’)
Xét 2 trường hợp:
+ Trường hợp x ≥ 3 . Giải như trên.
+ Trường hợp x < 3 ta có (13’) ⇔ (3 − x) x + 2 = ( x − 3)( x − 4) ⇔ (3 − x)( x + 2 + x − 4) = 0
⇔ 3 – x = 0 hoặc x + 2 + x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ( loại)
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

11


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
x ≤ 4

4 − x ≥ 0
x ≤ 4

⇔ 2
⇔  x = 7 ⇔ x = 2
hoặc x + 2 = 4 − x ⇔ 
2
 x + 2 = (4 − x)
 x − 9 x + 14 = 0
 x = 2

Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm : x1 = 3; x2 = 7; x3 = 2.
Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Đưa thừa số ra ngoài dấu căn ”. Giáo viên cần chú ý cho HS
công thức:
 A B khi A ≥ 0
A2 B = A B = 
-A B khi A < 0

Ví dụ 14: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)

x +1
= 4 (14)
x−3

Lời giải của học sinh:
Điều kiện: x > 3 hoặc x ≤ - 1
x +1
Đặt (x – 3)
= t ( t ≥ 0 ). Suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) . Phương trình (13) có dạng
x−3

2
t + 3t – 4 = 0. Tư đó tìm được t1 = 1 ( nhận ) ; t2 = - 4 ( loại)
x +1
suy ra (x – 3)
= 1 ⇔ (x – 3)(x + 1) = 1 ⇔ x2 – 2x – 4 = 0. Phương trình này có 2
x−3
nghiệm x1 = 1 + 5 ( thoả mãn ) ; x2 = 1 - 5 ( thoả mãn)
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 1 + 5 ; x2 = 1 - 5
Nhận xét: x = 1 - 5 không là nghiệm của phương trình. HS bỏ qua trường hợp t = - 4 làm mất
nghiệm x = 1 - 20 của phương trình.
Sai lầm : + Đặt điều kiện t ≥ 0 nên loại trường hợp t = - 4 làm mất nghiệm.
+ Chưa xét kĩ từng trường hợp nên dẫn đến thừa nghiệm x = 1 - 5
Khắc phục: Điều kiện: x > 3 hoặc x ≤ - 1
x +1
Đặt (x – 3)
= t .Suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) Phương trình (13) có dạng
x−3
2
t + 3t – 4 = 0. Tư đó tìm được t1 = 1 ; t2 = - 4

x +1
=1
(14')
( x − 3)
x
−
3
Ta có : 

x +1

= −4 (14'' )
( x − 3)
x−3

Tư (14’) suy ra x > 3; do đó (14’) ⇔ (x – 3)(x + 1) = 1 ⇔ x2 – 2x – 4 = 0.
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

12


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Phương trình này có 2 nghiệm x1 = 1 + 5 ( nhận ) ; x2 = 1 - 5 ( loại)
Tư (14”) suy ra x < 3 . Kết hợp với điều kiện ta có x ≤ - 1
(14”) ⇔ (x – 3)(x + 1) = 16 ⇔ x2 – 2x – 19 = 0.
Phương trình này có 2 nghiệm x3 = 1 + 20 ( loại) ; x4 = 1 - 20 ( nhận)
Vậy nghiệm của phương trình : x = 1 + 5 ; x = 1 - 20 .
Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Đưa thừa số vào trong dấu căn ”. Giáo viên cần chú ý cho HS
công thức:
 A2 B
A B =
- A2 B

khi A ≥ 0; B ≥ 0
khi A < 0; B ≥ 0

Sai lầm 5: Khi khử mẫu của biểu thức lấy căn xét thiếu trường hợp và không chú ý đến điều
kiện dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.
x + 2 x +1
=

Ví dụ 15: Giải phương trình:
(15)
x −1 x −1
( x + 2)( x − 1) x + 1
( x + 2)( x − 1) x + 1
=
⇔
=
Lời giải của học sinh: (15) ⇔
( x − 1) 2
x −1
x −1
x −1
x ≠ 1
x ≠ 1
 x − 1 ≠ 0


⇔ 2
⇔ x +1 ≥ 0
⇔  x ≥ −1
 x + x − 2 = x + 1  2
 x = −3
2

 x + x − 2 = ( x + 1)
Vậy phương trình vô nghiệm.
Nhận xét: Dễ dàng nhận ra lời giải sai lầm ngay bước biến đổi đầu tiên, khi khử mẫu của vế trái để
đưa thưa số ra ngoài dấu căn bậc hai mà không để ý đến giá trị tuyệt đối, nên làm mất nghiệm x = -3.
( x + 2)( x − 1) x + 1

( x + 2)( x − 1) x + 1
=
⇔
=
Khắc phục: (15) ⇔
( 15’)
2
( x − 1)
x −1
x −1
x −1
* Trường hợp : x – 1 ≥ 0. Giải như trên.
* Trường hợp : x – 1 < 0.
x ≠ 1
x ≠ 1
 x − 1 ≠ 0


⇔ x +1 ≥ 0
⇔  x ≥ −1 ⇔ x = −3
(15’) ⇔  2
x
+
x
−
2
=
−
(
x

+
1)
 2
 x = −3

2

 x + x − 2 = [ −( x + 1) ]
Vậy phương trình có 1 nghiệm x = -3.
Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Khử mẫu của biểu thức lấy căn ” cần ghi nhớ cho học sinh :

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

13


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

AB 
=
B


A
=
B

AB
khi A ≥ 0; B > 0

B
AB
khi A < 0; B < 0
B

Sai lầm 6: Khi trục căn thức ở mẫu không chú ý đến điều kiện ban đầu dẫn đến phương trình
thừa nghiệm.
3− x + x − 4
= 1 (16)
Ví dụ 16: Giải phương trình:
3− x − x − 4
Lời giải của học sinh:
(16) ⇔

(
⇔(

(

3− x + x − 4

2

=1 ⇔ (

3− x + x − 4

) ( 3− x + x − 4)
7 − 2x
x − 4 ) = 7 − 2 x ⇔ (3 − x)( x − 4) = 4 − x

3− x − x − 4
3− x +

)

)

2

=1

2

x ≤ 4
x ≤ 4
7
⇔
⇔
⇔
x
=
4;
x
=
( thoả mãn)

2
2
( x − 4)(7 − 2 x) = 0

(3 − x)( x − 4) = (4 − x)
7
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 = 4; x2 = .
2
Nhận xét : Học sinh thực hiện các phép biến đổi tương đương và giải phương trình trên rất hoàn hảo,
7
nhưng khi thử lại ta thấy x1 = 4; x2 = không là nghiệm của phương trình.
2
Sai lầm: Học sinh không tìm điều kiện xác định của phương trình (16) . Nếu học sinh tìm đúng điều
kiện xác định của phương trình thì có thể kết luận phương trình vô nghiệm ngay từ đầu.
3 − x ≥ 0
x ≤ 3
⇔
Khắc phục: Điều kiện xác định: 
( mâu thuẫn)
x − 4 ≥ 0
x ≥ 4
Vậy phương trình vô nghiệm.
Sai lầm 7: Khi dùng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình học sinh không chú đến
điều kiện ẩn phụ dẫn đến thừa nghiệm.
Ví dụ 17: Giải phương trình: 4 x 2 + 5 x + 1 − 4 x 2 − 4 x + 4 = 9 x − 3
( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – năm học 2007 – 2008)
Lời giải của học sinh:
Đặt 4 x 2 + 5 x + 1 = a ( a ≥ 0 ); 4 x 2 − 4 x + 4 = b ( b ≥ 0 )
a − b = 9 x − 3
Ta có hệ phương trình:  2
(*)
2
a − b = 9 x − 3
(*) ⇒ a – b = a2 – b2 ⇔ (a + b)(a – b) – (a – b) ⇔ (a – b)(a + b – 1) = 0

⇔ a – b = 0 hoặc a + b – 1 = 0
14
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Nếu a = b ta có:

2
2
4 x 2 − 4 x + 4 ⇔ 4x + 5x + 1 = 4x – 4x + 4 ⇔ x =

4 x2 + 5x + 1 =

1
( chọn)
3

Nếu a + b – 1 = 0 kết hợp với (*) ta có : 2a = 9x – 2
Suy ra 2 4 x 2 + 5 x + 1 = 9x – 2 ⇔ 4( 4x2 + 5x + 1) = (9x – 2)2
⇔ 16x2 + 20x + 4 = 81x2 – 36x + 4 ⇔ 65x2 – 56x = 0 ⇔ x1 = 0 (loại ); x2 =
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 =

56
( thoả mãn) .
65

1
56

; x2 =
.
3
65

56
không là nghiệm của phương trình.
65
Sai lầm: Lời giải bộc lộ sai lầm trong trường hợp xét a + b – 1 = 0;
vì b = 4 x 2 − 4 x + 4 = (2 x − 1) 2 + 3 ≥ 3 > 1 . Suy ra a + b > 1 ( loại )
Khắc phục: Trong trường hợp a + b – 1 = 0 .
Lập luận vì b = 4 x 2 − 4 x + 4 = (2 x − 1) 2 + 3 ≥ 3 > 1 . Suy ra a + b > 1 ( loại )
Nhận xét: x2 =

 a − b = 9 x − 3  2a = 9 x − 2
⇔
Hoặc: Xét như sau để loại nghiệm: 
a
+
b
=
1

2b = 4 − 9 x
2
4
56
1
Suy ra ≤ x ≤ nên x = 0 ; x2 =
( loại ). Kết luận phương trình có 1 nghiệm x =

9
9
65
3
Tương tự mời các bạn tham khảo ví dụ sau:
Ví dụ 18: Giải phương trình: x − 1 + 2 x − 1 = 5
Lời giải của học sinh:
Điều kiện x ≥ 1
Đặt x − 1 = a ( a ≥ 0 ) và 2 x − 1 = b ( b ≥ 0 )
a + b = 5
Ta có hệ phương trình:  2
2
b − 2a = 1
Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được b1 = 17; b2 = 3
Tư đó tìm được x1 = 145; x2 = 5
Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 145; x2 = 5
Nhận xét : x1 = 145 không là nghiệm của phương trình. Nguyên nhân nào xuất hiện nghiệm ngoại lai?
Vậy học sinh sai lầm ở đâu? ( Đây là sai lầm 2 của ví dụ 3). Điều này giành cho bạn đọc.
Ví dụ 19: Giải phương trình: x2 - x + 5 = 5 (1) ( Đề thi HSG cấp tỉnh năm 2007)
Lời giải của học sinh: Điều kiện: x ≥ - 5
đặt: x + 5 = y. Kết hợp với (1) ta có hệ phưong trình:
 x 2 − y = 5
 x 2 − y = 5
(2)
⇔ 2
 2
2
 y − x = 5
 x − y = y − x (*)
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

15


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
tư (*) suy ra x2 – y2 + x – y = 0 ⇔ (x – y)(x + y + 1) = 0
Xét 2 trường hợp:
a) x – y = 0 hay x = y thay vào ( 2) ta có phương trình
1 + 21
1 − 21
x2 – x – 5 = 0 ⇔ x1 =
( thoả mãn ); x2 =
( thoả mãn)
2
2
a) x + y + 1 = 0 hay y = - x – 1 thay vào (2) ta có phương trình
−1 + 17
−1 − 17
x2 + x – 4 = 0 ⇔ x3 =
; x4 =
( thoả mãn )
2
2
1 + 21
1 − 21
−1 + 17
−1 − 17
Vậy phương trình có 4 nghiệm x1 =
; x2 =

; x3 =
; x4 =
.
2
2
2
2
Nhận xét: Lời giải trên rất hoàn chỉnh và hợp lô gich, trình bày khoa học nhưng kiểm tra lại ta thấy
1 − 21
−1 + 17
x2 =
; x3 =
không là nghiệm của phương trình..
2
2
Sai lầm: HS sai lầm từ bước đặt điều kiện x ≥ - 5. Điều kiện của phương trình chính xác là
x ≥ 5 hoặc x ≤ − 5
Khắc phục:
Cách 1: Điều kiện x ≥ 5 hoặc x ≤ − 5 . Giải như trên, loại nghiệm x2 =

1 − 21
−1 + 17
; x3 =
.
2
2

1 + 21
−1 − 17
; x2 =

.
2
2
Cách 2: Giải xong thử các nghiệm vào phương trình đã cho để kết luận nghiệm.
Kết luận phương trình có 2 nghiệm: x1 =

Sai lầm 8: Sai lầm khi vận dụng bất đẳng thức
Ví dụ 20: Giải phương trình: x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1 (1)
Lời giải của học sinh: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski cho 2 bộ số (x, 1); ( x + 1; 3 − x ) ta được:
x + 1 + 3 − x ≤ 2 x 2 − 1 (2)
Tư (1) và (2) suy ra giải phương trình (1) được quy về việc giải phương trình ( dấu bằng xảy ra ở
BĐT Bunhiacovski )
x
1
=
⇔ x3 – 3x2 + x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3)
x +1
3− x
Phương trình (3) có 3 nghiệm x1 = 1; x2 = 1 – 2 ; x3 = 1 + 2 ( thoả mãn )
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm : x1 = 1; x2 = 1 – 2 ; x3 = 1 + 2
Nhận xét: x2 = 1 – 2 không là nghiệm phương trình
Sai lầm: Với điều kiện −1 ≤ x ≤ 3 thì phép biến đổi

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

16


www.huongdanvn.com

Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
x
1
=
⇔ x3 – 3x2 + x + 1 = 0 ⇔ (x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3) là phép biến đổi hệ quả
x +1
3− x
không là phép biến đổi tương đương. Do đó làm xuất hiện nghiệm ngoại lai x = 1 – 2 .
x
1
=
⇔ x3 – 3x2 + x + 1 = 0 có điều kiện 0 ≤ x ≤ 3
Thực ra phương trình:
x +1
3− x
x
1
=
Khắc phục:
(1’) . Điều kiện 0 ≤ x ≤ 3
x +1
3− x
(1’) ⇔ x3 – 3x2 + x + 1 = 0 ⇔ x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3)
Phương trình (3) có 3 nghiệm x1 = 1 (thoả mãn); x2 = 1 – 2 (loại) ; x3 = 1 + 2 ( thoả mãn )
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x1 = 1; ; x2 = 1 + 2
Ghi nhớ: - Điều kiện xác định của phương trinh
- Phép biến đổi tương đương các phương trình
- Thử lại nghiệm thoả mãn với phương trình đã cho hay không.
- Kết luận nghiệm của phương trình

Sai lầm 9: Khi thực hiện các phép biến đổi tương đương các phương trình học sinh đã sử dụng
chính điều kiện bài toán dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.
Ví dụ 22: Giải phương trình: 3 3 x − 1 + 3 x + 1 = 3 −2 x (22)
Lời giải của học sinh: Lập phương 2 vế của (22)
(22) ⇔ 3x – 1 + x + 1 + 3 3 3 x − 1. 3 x + 1 ( 3 3 x − 1 + 3 x + 1) = -2x
⇔ 3 3 3 x − 1. 3 x + 1 ( 3 3 x − 1 + 3 x + 1) = – 6x
⇔ 3 3 x − 1. 3 x + 1 ( 3 3 x − 1 + 3 x + 1) = - 2x
⇔ 3 3 x − 1. 3 x + 1 . 3 −2x = - 2x
⇔ (3x – 1)(x + 1).2x = 8x3

(22’)

(22”)

x = 0
x = 0
⇔ x[(3x – 1)(x + 1) – 4x2] = 0 ⇔ 
⇔
 2
2
(3 x − 1)( x + 1) − 4 x = 0
 x − 2x +1 = 0
x = 0
x = 0
⇔
⇔
x = 1
2

( x − 1) = 0

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 0; x2 = 1.
Nhận xét: Với cách giải bài toán trên ta thấy con đường đi đến đích của học sinh thật suôn sẻ. Mới
nhìn ta thật sự cuốn hút bởi cách giải trên và không phát hiện sai sót gì? Nhưng khi thử lại thì x = 1
không là nghiệm của phương trình.
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

17


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Sai lầm: Khi thực hiện phép biến đổi tương đương từ (22’) sang (22”) thực chất đây là phép biến đổi
hệ quả chứ không phải là phép biến đổi tương đương vì đã sử dụng điều kiện của chính bài toán.
Điều này chưa chắc đúng với mọi x.
Khắc phục: Thử trực tiếp nghiệm vào phương trình (22) ta thấy x = 0 ( thoả mãn), x = 1( không thoả
mãn). Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Giới thiệu ví dụ sau các bạn tham khảo
Ví dụ 22: Giải phương trình: 3 x + 1 + 3 3 x + 1 = 3 x − 1 (23)
Lời giải của học sinh:
Lập phương 2 vế :
3 ( x + 1)(3 x + 1) 3 x + 1 + 3 3 x + 1
(23) ⇔ x + 1 + 3x + 1 + 3
= x – 1 (*)

(

Thay

3

)

x + 1 + 3 3 x + 1 = 3 x − 1 vào (*) ta được:

3 3 ( x + 1)(3 x + 1)( x − 1) = −3( x + 1) ⇔ 3 x + 1

(

3

)

( x − 1)(3 x + 1) + 3 ( x + 1) 2 = 0

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

( x − 1)(3x + 1) = −( x + 1)
 ( x − 1)(3 x + 1) = − ( x + 1)
 x = −1
 x = −1
⇔ 2
⇔
x = 0
4 x = 0
Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = – 1 ; x2 = 0
Nhận xét : Phương trình chỉ có 1 nghiệm x = – 1.
Đối với 2 ví dụ 22 và 23 mỗi phương trình có 2 nghiệm đơn giản nên ta thử trực tiếp vào phương
trình đã cho để loại nghiệm. Đối với phương trình có nhiều nghiệm hoặc nghiệm phức tạp thì việc
thử trực tiếp vào phương trình đã cho là việc làm hết sức khó khăn.
Ghi nhớ: Xét phương trình sau, trong A, B, C là các biểu thức chứa ẩn x
A + B + 3 3 AB .C = C3 (1)
1
⇔ ( 3 A + 3 B − C ) x ( 3 A + C ) 2 + ( 3 B + C ) 2 + ( 3 A − 3 B ) 2  = 0
2
3 A + 3 B = C
(2)
⇔
Tư đó ta có
 3 A = 3 B = −C (3)
- Nếu phương trình (3) vô nghiệm thì (1) ⇔ (2)
- Nếu phương trình (3) có nghiệm x = α thì xảy ra 2 khả năng sau:
* Khả năng 1: x = α thoả mãn phương trình (2) ⇔ :x = α là nghiệm của hệ PT: A = B = C = 0
* Khả năng 2: x = α không thoả mãn phương trình (2) thì (1) và (2) không tương đương vì x =
α là nghiệm của (1) nhưng không là nghiệm của (2).
Như vậy lược đồ xét phương trình (2) như sau:

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

18


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Bước 1: Viết phương trình (1) về dạng tương đương gồm phương trình (2) và phương trình (3) như
trên.
Bước 2: Giải phương trình (3)
+ Nếu phương trình (3) vô nghiệm thì (2) ⇔ (1)
+ Nếu phương trình (3) có nghiệm x = α không thoả mãn A = B = C = 0 thì x = α không là
nghiệm của (2).
Bước 3: Kết luận là nghiệm của phương trình (2) gồm:
+ Nghiệm của phương trình (1) không thoả mãn phương trình (3)
+ Nghiệm của phương trình (3) thoả mãn A = B = C = 0.
Phương trình vô tỉ là một dạng toán có rất nhiều “bẫy” hình như đã giăng sẵn đối với học
sinh chúng ta. Vì vậy giáo viên cần phải biết giúp học sinh sửa sai ngay trong lời giải của mình. Sự
cẩn thận là một yếu tố quan trọng giúp học sinh tránh những sai lầm đáng tiếc, nhưng quan trọng
hơn cả là phải nắm chắc kiến thức và phương pháp giải.

- Đối với môn toán, cần có quan điểm tư duy quan trọng hơn kiến thức, nắm vững phương pháp
quan trọng hơn học thuộc lí thuyết. Dạy toán là dạy suy nghĩ, dạy học sinh thành thạo các thao tác
tư duy: phân tích, tổng hợp, trừu tượng hoá, đặc biệt hoá, tương tự ... trong đó phân tích tổng hợp
làm nền tảng. Phải cung cấp cho học sinh những tri thức về phương pháp để học sinh tự tìm tòi, tự
mình phát hiện ra vấn đề, dự đoán kết quả tìm được hướng giải của một bài toán, từ đó nhớ lâu các
kiến thức toán học và có thể tìm lại được, nếu quên.
Trong phần trên tôi đã đưa ra các ví dụ cụ thể ứng với tưng đơn vị kiến thức và phân tích sai lầm
của học sinh khi giải phương trình vô tỉ. Vậy làm thế nào để học sinh khắc phục được những sai lầm
đó và khi gặp bất cứ dạng phương trình vô tỉ nào thuộc phạm vi chương trình trung học cơ sở học

sinh cũng có thể giải được. Tôi xin giới thiệu một số phương pháp sau:

MỘT SỐ PHƯƠNG
PHÁP GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỈ

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

19


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
 B ( x) ≥ 0
1. A( x) = B( x) ⇔ 
2
 A( x) = [ B ( x) ]
 A( x) ≥ 0, B( x) ≥ 0
2. A( x) = B( x) ⇔ 
 A( x) = B ( x)

1. NÂNG LÊN LUỸ THỪA

 A( x) ≥ 0; B( x) ≥ 0
A( x) + B( x) = C ( x) ⇔ 
2
3.
 A( x) + B( x) + 2 A( x).B( x) = [ C ( x) ]

 A( x) ≥ 0; B ( x ) ≥ 0; C ( x ) ≥ 0
A( x) + B ( x) = C ( x) ⇔ 
4.
 A( x) + B ( x ) + 2 A( x ).B ( x ) = C ( x )
5. A(x) + B(x) = C(x) + D(x)
6.

2. VẬN DỤNG HẰNG
ĐẲNG THỨC
A2 = A

3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT

ẨN PHỤ

4. DÙNG BIỂU THỨC

LIÊN HỢP

A = B ⇔ A = B3
( 3 A + 3 B )( 3 A2 − 3 AB + 3 B ) = A + B
( 3 A − 3 B )( 3 A2 + 3 AB + 3 B ) = A – B

3

B ≥ 0
1. A2 = B ⇔ A = B ⇔ 
 A = ±B
 A( x) ≥ 0


2
2
2. A ( x) + B ( x) = C ( x) ⇔  B ( x) ≥ 0
 A( x) + B( x) = C ( x)

1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
2. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình tích
3. Đặt hai ẩn phụ đưa về phương trình tích
4. Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình
5. Đặt ba ẩn phụ
Các biểu thức thường vận dụng
Biểu thức
A± B
3
A+3 B
3

A−3 B

Biểu thức liên hiệp
Am B
3

A2 − 3 AB + 3 B

Tích
A–B
A+B

3

A2 + 3 AB + 3 B

A–B

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

20


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

5. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 1.Dự đoán nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất
VÔ TỈ BẰNG CÁCH
2. Sử dụng tính đối nghịch hai vế của phương trình.
ĐÁNH GIÁ
1. Đưa về dạng bình phương của một tổng hoặc một hiệu.

6. VẬN DỤNG HẰNG
ĐẲNG ĐẲNG THỨC

2. Vận dụng hằng đẳng thức
a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0
1. Vận dụng bất đẳng thức
A = − A ≥ 0; B ≥ B . Dấu bằng xảy ra ⇔ B ≥ 0
A + B ≥ A + B . Dấu bằng xảy ra ⇔ A.B ≥ 0

7.VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG
THỨC

2. Vận dụng bất đẳng thức Cô – si

3. Vận dụng bất đẳng thức Bunyakovski
4. Vận dụng bất đẳng thức Min – cop – xki
5. Vận dụng bất đẳng thức

a b
+ ≥ 2 với a> 0, b > 0.
b a

Dấu bằng xảy ra khi a = b

1. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LUỸ THỪA
- Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình (ĐKXĐ)
- Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn thức bậc hai, bậc ba …
Dạng 1:

 B ( x) ≥ 0, A( x) ≥ 0
A( x) = B( x) ⇔ 
2
 A( x) = [ B ( x) ]

Ví dụ 1: Giải phương trình:
a) 9( x − 1) = 21 (1a) ( bài 25c/16 – sgk)
b) x + 1 = x − 1 (1b)
c) x3 + 2 81 − 7x 3 = 18 (1c)
( Đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2009 – 2010 )
d) 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4 (1d)

( Đề thi GVDG cấp huyện 2011- 2012 )

GIẢI:

a) 9( x − 1) = 21 (1a)
(1a) ⇔ 9(x – 1) = 441 ⇔ x – 1 = 49 ⇔ x = 50
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

21


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
Vậy phương trình có một nghiệm x = 50
b)

x + 1 = x − 1 (1b)

x ≥ 1
x ≥ 1
 x ≥ 1

⇔ 2
⇔  x = 0 ⇔ x = 3
(1b) ⇔ 
 x + 1 = x − 1  x − 3x = 0
 x = 3


Vậy: phương trình có một nghiệm x = 3
c) x3 + 2 81 − 7x 3 = 18 (1c)
(1c) ⇔ 2 81 − 7x 3 = 18 – x3 ⇔ 4( 81 – 7x3) = ( 18 – x3)2

⇔ 324 – 28x3 = 324 – 36x3 + x6 ⇔ x6 – 8x3 = 0 ⇔ x3(x3 – 8 ) = 0
⇔ x = 0 hoặc x = 2 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 0 ; x2 = 2
d) 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4 (1d)
Điều kiện: 2x2 – 6x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 hoặc x ≥ 2
(1d) ⇔ 9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2
⇔ ( x2 – 6x – 4 )( 4x2 – 9x + 14) = 0
⇔ x2 – 6x – 4 = 0
( vì 4x2 – 9x + 14 > 0 )
⇔ x1 = 3 + 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 − 13 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 + 13 ; x2 = 3 − 13
 A( x) ≥ 0, B( x) ≥ 0
A( x) = B( x) ⇔ 
Dạng 2:
 A( x) = B ( x)
Ví dụ 2: Giải phương trình:
a) x 2 − x + 8 = 4 − 2 x (2.a)
b)
a)

2x − 3
= 2 (2.b) ( bài 43b/ 50 – sbt)
x −1
GIẢI
x 2 − x + 8 = 4 − 2 x (2.a)

x ≤ 2
−2 x + 4 ≥ 0
x ≤ 2


⇔ 2
⇔   x = −4 ⇔ x = −4
(2.a) ⇔  2
x − x + 8 = 4 − 2x
 x + x − 12 = 0
 x = 3

Vậy phương trình có một nghiệm x = -4
2x − 3
= 2 (2.b) ( bài 43b/ 50 – sbt)
b)
x −1

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

22


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
2 x − 3 ≥ 0
 x ≥ 1,5
 x ≥ 1,5

⇔
⇔
(2.b) ⇔  x − 1 > 0
2 x − 3 = 4( x − 1)
 x = 0,5


2
x
−
3
=
2
x
−
1

x = 0,5 ( không thoả mãn điều kiện). Vậy phương trình vô nghiệm
 A( x) ≥ 0; B( x) ≥ 0
A( x) + B( x) = C ( x) ⇔ 
2
 A( x) + B( x) + 2 A( x).B( x) = [ C ( x) ]

Dạng 3:

Ví dụ 3: Giải phương trình:
a) x + 3 = 5 − x − 2 (3a)
b) x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 21 (3b)
c)

x + x − 11 + x − x − 11 = 4 (3c)

GIẢI
a) x + 3 = 5 − x − 2 (3a)
Điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(3a) ⇔ x + 3 + x − 2 = 5 ⇔ 2x + 1 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25
⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x

2 ≤ x ≤ 12

2 ≤ x ≤ 12
⇔
⇔x=6
25x = 150
 x + x − 6 = 144 + x − 24x

⇔

2

2

Vậy: phương trình có một nghiệm x = 6
b) x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 21 (3b)
Điều kiện 4 ≤ x ≤ 6
khi đó – x2 + 10x – 24 = (x – 4)(6 – x)
(3b) ⇔ x − 4 + 6 − x + ( x − 4)(6 − x) + 3 = 0
Vậy phương trình vô nghiệm
c)

x + x − 11 + x − x − 11 = 4 (3c)

Điều kiện x ≥ 11
(3c) ⇔ x + x − 11 + x − x − 11 + 2 ( x + x − 11)( x − x − 11) = 16
⇔ x + x 2 − x + 11 = 8
⇔

x 2 − x + 11 = 8 − x

Với điều kiện x ≥ 11 thì 8 – x < 0 . Vậy phương trình vô nghiệm.

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

23


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

Dạng 4:

 A( x) ≥ 0; B ( x) ≥ 0; C ( x) ≥ 0
A( x) + B ( x) = C ( x) ⇔ 
 A( x) + B( x) + 2 A( x).B ( x) = C ( x)

Ví dụ 4: Giải phương trình:
a) x + 1 − x − 7 = 12 − x
b) x( x − 5) + x( x − 2) = x( x + 3)

(4.a)
(4.b)

GIẢI
a) x + 1 − x − 7 = 12 − x (4.a)
Điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(4.a) ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7
⇔ x + 1 = 5 + 2 (12 − x)(x − 7)
⇔ 2 19x − x 2 − 84 = x − 4

⇔ 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16
⇔ 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0
⇔ 5x2 – 84x + 352 = 0
Phương trình có 2 nghiệm x1 =

44
; x2 = 8
5

Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =
b)

x( x − 5) + x( x − 2) = x( x + 3)

( thoả mãn)
44
; x2 = 8
5

(4b)

 x ≤ 0

 x ≥ 2
 x( x − 2) ≥ 0
 x ≤ −3

  x ≤ 0
⇔  x = 0
Điều kiện:  x( x − 5) ≥ 0 ⇔  

 x( x + 3) ≥ 0
 x ≥ 5

 x ≥ 5
  x ≤ −3

  x ≥ 0
* Ta có x = 0 là 1 nghiệm của phương trình (4b)
* Với x ≥ 5 , chia 2 vế phương trình cho x ta được:
( x − 5) + ( x − 2) = ( x + 3) ⇔ x – 5 + x – 2 + 2 ( x − 5)( x − 2) = x + 3
10 − x ≥ 0
 x ≤ 10
⇔ 2 x 2 − 7 x + 10 = 10 – x ⇔  2
⇔
 2
2
4( x − 7 x + 10) = (10 − x)
3 x − 8 x − 60 = 0

Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

24


www.huongdanvn.com
Những sai lầm cần khắc phục và một số phương pháp giải phương trình vô tỉ
 x ≤ 10
x = 6

 x = 6

⇔ 
⇔
 x = − 10
  x = − 10
3

 
3
10
(loại)
3
* Với x ≤ -3 thì phương trình (4b) viết về dạng
− x 5 − x + − x . 2 − x = − x . −( x + 3)
Với x ≥ 5 thì x = 6 ( thoả mãn), x = −

− x > 0 nên chia 2 vế cho − x ta được:
5 − x + . 2 − x = . −( x + 3) ⇔ 5 – x + 2 – x + 2 (5 − x)(2 − x) = - (x + 3)
⇔ 2 (5 − x)(2 − x) = x – 10 . Phương trình vô nghiệm vì x ≤ -3

Vì

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 0; x2 = 6.
A(x) + B(x) = C(x) + D(x)
Dạng 5:
Phương pháp giải:
- Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình (tìm ĐKXĐ)
- Bình phương 2 vế
- Biến đổi, rút gọn, đặt điều kiện
- Bình phương 2 vế tiếp ….
Ví dụ 5: Giải phương trình:

a) x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 (5a)
b) x − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0 ( 5.b)
GIẢI:
a) x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 (5a)

Điều kiện x ≥ 4.
(5a) ⇔ x + 9 + x = x − 1 + x − 4
⇔ 2x + 9 + 2 x(x + 9) = 2x − 5 + 2 (x − 4)(x − 1)
⇔ 7 + x(x + 9) = (x − 1)(x − 4)
⇔ 49 + x 2 + 9x + 14 x(x + 9) = x 2 − 5x + 4
⇔ 45 + 14x + 14 x(x + 9) = 0 (*)
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình (*) luôn là một số dương ⇒ phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
b) x − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0 ( 5.b)
Điều kiện x ≥ 0
(5b) ⇔ x + 9 + x = x + 1 + x + 4
Giáo viên : Nguyễn Văn Thanh

25