Một số biện pháp nâng cao chất lượng dạy giải phương trình vô tỷ cho học sinh lớp 9

A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn chọn đề tài
Chúng ta đều biết rằng toán học là cơ sở của mọi ngành khoa học, vì thế
môn toán đóng một vai trò quan trọng trong nhà trường. Thông qua môn toán,
học sinh nắm vững các kiến thức toán học, từ đó dễ dàng học tập các môn học
khác để ứng dụng những kiến thức đã học vào các ngành khoa học kĩ thuật, ứng
dụng trong lao động, trong quản lý kinh tế, trong việc tự học, tự nghiên cứu
khoa học...
Dạy học sinh học toán không chỉ là cung cấp những kiến thức cơ bản, dạy
học sinh giải bài tập sách giáo khoa, sách tham khảo mà điều quan trọng là hình
thành cho học sinh phương pháp chung để giải các dạng toán, từ đó giúp các em
tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kỹ năng, kỹ xảo, hoàn
thiện nhân cách.
Trong chương trình Toán THCS (Trung học cơ sở), chuyên đề về phương
trình là một trong những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, bắt đầu
từ những bài toán đơn giản dành cho học sinh lớp 6,7 đến việc cụ thể hóa vấn đề
về phương trình ở cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về
phương trình đại số ở lớp 9. Đây là một nội dung quan trọng bắt buộc học sinh
THCS phải nắm bắt được và có kỹ năng giải phương trình một cách thành thạo.
Trong những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ là một trong những
kiến thức quan trọng được đề cập từ lớp 9 và kiến thức này vô cùng quan trong
vì nó được xuyên suốt đến bậc phổ thông trung học. Thực tế giảng dạy cho thấy
kĩ năng giải phương trình vô tỉ của một số học sinh còn hạn chế, học sinh không
ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải phương trình này vì đây là kiến thức khó và có
nhiều dạng phương trình phức tạp. Đặc biệt, với những học sinh tham gia các kỳ
thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng mà bắt buộc
những học sinh này phải vượt qua.
Là một giáo viên giảng dạy toán bậc THCS, tôi rất trăn trở về vấn đề này,
làm thế nào để giúp học sinh giải thành thạo các phương trình vô tỉ, khi gặp bất
cứ một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể giải một cách tốt
nhất. Chính vì thế tôi tìm ra: “ Một số biện pháp nâng cao chất lượng dạy giải

phương trình vô tỉ cho học sinh lớp 9”
II. Mục đích nghiên cứu
Nhằm giúp cho học sinh hiểu sâu sắc và thực hành thành thạo dạng toán
“Giải phương trình vô tỉ” để nâng chất lượng tăng số học sinh khá giỏi.
III. Đối tượng nghiên cứu
- Nghiên cứu các phương pháp giải phương trình vô tỉ và tìm ra các biện
pháp nâng cao chất lượng giải phương trình vô tỉ cho học sinh khá giỏi bậc
THCS.

1


IV. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Phương pháp khảo sát thực tiễn
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
- Phương pháp phân tích, tổng hợp

B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
Phương trình là mảng kiến thức rất quan trọng trong toán học. Theo Ăng
ghen “ Toán học nghiên cứu những mối quan hệ số lượng và hình dạng của
không gian, thế giới khách quan. Quan hệ bằng nhau giữa các đại lượng là một
quan hệ số lượng rất cơ bản. “ Quan hệ số lương” được hiểu theo một nghĩa rất
tổng quát và trừu tượng. Chúng không những chỉ ra quan hệ logic “ bằng nhau”;
“ ≤ ” ; “ ≥ ”; “<”; “ >”; trên tập hợp số mà được hiểu như những phép toán trên
tập hợp có các phần tử là những đối tượng loại tùy ý: Mệnh đề, phép biến
hình......”
Những kiến thức về phương trình đã được nhiều nhà toán học nghiên cứu và
đã được phát triển thành lý thuyết đại số cổ điển. Không những thế lý thuyết

phương trình còn giữ vai trò quan trọng trong nhiều bộ môn khác của Toán học.
Có thể nói trong chương trình toán THCS thì phương trình vô tỉ chiếm vị trí
hết sức đặc biệt. Vì đây là nội dung cơ bản của Toán học nhưng cũng rất phong
phú và đa dạng với nhiều phương pháp khác nhau.
Được làm việc với các bài toán có nhiều lời giải khác nhau, học sinh sẽ vận
dụng được nhiều kiến thức khác nhau để đi đến cùng một đích, chính quá trình
tìm được lời giải dẫn đến học sinh biết cách so sánh các lời giải với nhau tìm ra
lời giải hay nhất, ngắn nhất, dễ hiểu nhất.
Tìm ra những cách giải, phương pháp giải cho một phương trình là rất tốt.
Xong vấn đề chỉ có thể thực hiện được có hiệu quả khi học sinh tìm ra cách giải
đúng được bài toán theo một phương pháp nhất định. Để việc tiếp thu bài của
học sinh đạt kết quả thì giáo viên phải hiểu sâu rộng vấn đề cần truyền đạt, kết
hợp tốt phương pháp truyền thống và phương pháp hiện đại; lấy học sinh làm
trung tâm của quá trình dạy và học; phát huy khả năng tự học, tính tích cực, sáng
tạo và tự giác của học sinh. Đứng trước một phương trình vô tỉ, học sinh phải
biết phương pháp làm, hướng biến đổi để đưa bài toán từ chỗ phức tạp trở thành
đơn giản và tìm đến đáp số một cách nhanh nhất.
II. Thực trạng của việc dạy và học giải phương trình vô tỉ của trường
trung học cơ sở:

2


1. Về phía giáo viên:
- Chương trình SGK không có một tiêt nào cho phương trình vô tỉ
- Đối với dạng toán giải phương trình vô tỉ, ngoài những kiến thức cơ bản
sách giáo khoa và bài tập đề cập đến, để xây dựng một phương pháp chung cho
giải phương trình nói chung và giải phương trình vô tỉ là điều rất hạn chế.
2. Về phía học sinh:
- Học sinh chưa hiểu sâu rộng các bài toán về phương trình vô tỉ đặc biệt là

các bài toán khó, do các em chưa có điều kiện đọc nhiều sách tham khảo.
- Suy luận kém, chưa biết vận dụng các phương pháp đã học vào từng dạng
toán khác nhau.
- Trình bày không rõ ràng, thiếu khoa học.
- Các em chưa có phương pháp học tốt, thiếu nhẫn nại khi gặp bài toán khó.
* Khảo sát thực tiễn
Khi chưa thực hiện đề tài này, thì hầu hết các em làm bài tập rất lúng túng,
thời gian làm mất nhiều, thậm chí không tìm ra cách giải. Để thực hiện đề tài
này tôi đã tiến hành khảo sát năng lực của học sinh thông qua một số bài kiểm
tra và kết quả như sau:
Tổng số
HS

50

Xếp loại
Khá
Trung bình

Giỏi

Yếu

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

7

14

8

16

35

70

0

0

Thông qua kết quả khảo sát tôi nghĩ cần phải tìm ra các biện pháp rèn kỹ
năng tư duy của học sinh đồng thời phát huy tính chủ động tích cực, sáng tạo
trong học tập để các em chủ động chiếm lĩnh kiến thức, khả năng suy luận để
giải tốt các bài toán về phương trình vô tỉ.
III. Các giải pháp đã sử dụng dạy học giải phương trình vô tỉ:

1. Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa, sách giáo viên và tài liệu tham khảo về
phương trình vô tỉ:
Phương trình vô tỉ được giới thiệu ngay trong chương trình sách giáo khoa
toán lớp 9, giải phương trình vô tỉ không gói gọn một hay nhiều tiết dạy mà kiến
thức này được xen kẽ ở trong các phần luyện tập. Tuy sách giáo khoa không viết
sâu và bài tập cũng ở mức độ đơn giản nhưng sách tham khảo về giải các
phương trình này lại quá phong phú và đa dạng. Nhiều bài tập khó và phức tạp.

3


2. Rèn kỹ năng tự học tự đọc tài liệu:
Đối với học sinh THCS việc tự học, tự tìm tài liệu là vô cùng quan trọng.
Đây là điều rất cần để học sinh có lượng kiến thức phong phú ngoài kiến thức
mà người thầy cung cấp.
Để rèn luyện kĩ năng này, trước hết phải biết xác định rõ mục tiêu học tập
của từng giai đoạn hoặc từng phần kiến thức của chương trình đối với bản thân
mình.
Với mỗi mục tiêu học tập, căn cứ vàò kiến thức mà giáo viên cung cấp học
sinh phải tự học, tự đọc tài liệu đểm học tốt các mạch kiến thức đó, có như vậy
với nâng cao chất lượng học của học sinh đẻ đạt được mục tiêu đè ra.
3. Sử dụng linh hoạt các phương pháp dạy học vận dụng để giải các
phương trình vô tỉ:
* Khái niệm: Phương trình vô tỉ là phương trình đại số chứa ẩn trong dấu căn
thức (ở đây tôi chỉ đề cập đến những phương trình mà ẩn nằm dưới dấu căn bậc
hai và căn bậc ba)
* Phương trình vô tỉ rất phong phú và đa dạng, hướng chung để giải quyết
phương trình vô tỉ là làm cho phương trình được chuyển về dạng hữu tỉ.
3.1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa:
a. Kiến thức vận dụng:

+ (A ± B)2 = A2 ± 2AB + B2
+ (A ± B)3 = A3 ± 3A2B + 3AB2 ± B3
 g ( x) ≥ 0

+ 2 n f ( x ) = g ( x) ⇔ 

2n
 f ( x) = g ( x )

+

3

A = m ⇔ A = m3

b. Ví dụ:
*Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 2 + 2 x − 1 = x

(1)

Giải
Điều kiện căn có nghĩa: 2 x − 1 ≥ 0
⇔x≥

(2)

1
2

(1) ⇔ 2 x − 1 = x − 2 (3)

Với điều kiện x − 2 ≥ 0

⇔x≥2

(3) ⇔ 2x - 1 = (x-2)2

(4)

(5)

4


⇔ 2x − 1 = x 2 − 4x + 4
⇔ x 2 − 6x + 5 = 0

Giải ra ta được x1=1 không thoả mãn (4)
x2 = 5 thoả mãn (2) và (4)
*Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2 (1)
x −1 ≥ 0

Phương trình (1) có nghĩa: ⇔ 5 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 (2)
3x − 2 ≥ 0


(1) ⇔ x − 1 = 3x − 2 + 5 x − 1
Hai vế đều dương, bình phương hai vế ta được
x − 1 = 3 x − 2 + 5 x − 1 + 2 (3 x − 2)(5 x − 1)
⇔ 2 − 7 x = 2 15 x 2 − 13x + 2
2 − 7 x ≥ 0

⇔
2
2
4(15 x − 13 x + 2) = (2 − 7 x)
2

 x ≤ (3)
⇔
7
11x 2 − 24 x + 4 = 0


Ta thấy ĐK (3) và ĐK (2) mâu thuẩn với nhau
Vậy phương trình vô nghiệm.
*Ví dụ 3:Giải phương trình

x +1 − x − 2 = 1

(1)

Giải
Điều kiện: x ≥ 2

(2)

Viết PT (1) dưới dạng
x + 1 = x − 2 + 1 (3)

Hai vế của (3) không âm, bình phương hai vế ta được
x +1 = x − 2 +1+ 2 x − 2

⇔ 2=2 x−2 ⇔

x − 2 = 1 ⇔ x − 2 = 1 ⇔ x = 3 thoả mãn điều kiện (2)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 3
*Lưu ý:
+ Nếu để nguyên PT (1) và bình phương hai vế ta phải đặt ĐK
x+1 ≥ x − 2 ( và đk này luôn đúng)

5


+ Nếu biến đổi (1) thành
x +1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 0
đặt ĐK

x − 2 = x + 1 − 1 rồi bình phương hai vế ta phải

*Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x + 1 = 2 − 3 7 − x

(1)

Giải
(1) ⇔ 3 x + 1 + 3 7 − 2 x = 2
⇔ (3 x + 1 + 3 7 − x ) 3 = 2 3
⇔ 3 ( x + 1)(7 − x) = 0
⇔ ( x + 1)(7 − x) = 0

Giải (1)

( thỏa mản ĐK )

 x = −1
⇔
x = 7

Vậy nghiệm của phương trình là x =-1 ; x = 7
* Ví dụ 5: Giải phương trình:

3

x + 1 + 3 x −1 = 3 5x

Giải: Lập phương hai vế ta có:
2 x + 3 3 x 2 − 1( 3 x + 1 + 3 x − 1) = 5 x
⇔ 2 x + 3 3 x 2 − 1. 3 5 x = 5 x
⇔ 3 3 x 2 − 1. 3 5 x = 3x
⇔ 3 x 2 − 1. 3 5 x = x
5 x( x 2 − 1) = x3
4 x3 − 5 x = 0
x = 0
x = 0
⇔
 2
4 x − 5 = 0
 x = ±

Vậy: x ∈ { 0; −

5

2

;

5
2

5
4

}

c. Chú ý:
- Khi bình phương hai vế của phương trình cần chú ý điều kiện hai vế cùng
dương.
- Trước khi lên luỹ thừa cần biến đổi phương trình về dạng thuận lợi nhất để
hạn chế các trường hợp hoặc có lời giải ngắn gọn.
d. Bài tập tương tự:
Giải các pt sử dụng phép bình phương.
1/ x2 - 4x =8 x − 1

(x = 4+2 2 )

6


7
7
+ x− 2 = x
2

x
x

2/

x2 −

3/

x + 1 - x + 2 = x + 5 - x + 10

(x = 2)
(x= - 1)

Sử dụng phép lập phương:
1/ 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3

(x = 4; 2)

3/ 3 x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1

(x=- 1)

4/ 3 1 + x + 3 1 − x =1

(x=

28
27

)

3.2. Phương trình đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt
đối:
a. Kiến thức vận dụng :
+) f ( x) 2 = f ( x) =

f (x ) nếu f ( x) ≥ 0
− f (x) nếu f ( x ) < 0

+) Phương pháp giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối (tự tìm hiểu )
b. Ví dụ:
*Ví dụ 6: Giải pt: x 2 − 4 x + 4 + x = 8 (1)
Giải:
( x − 2) 2 + x = 8
⇔ x−2 +x =8

Nếu x ≥ 2 thì x − 2 + x = 8 ⇔ x = 5 ( thỏa mãn ĐK đang xét)
Nếu x < 2 thì 2 − x + x = 8 ⇔ 0 = 6 =>

vô nghiệm

Kết luận : x=5 là nghiệm của pt
*Ví dụ 7 :Giải phương trình : x + 2 − 4 x x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 (1)
Giải:
Điều kiện : x-2 ≥ 0 hay x ≥ 2

(2)

⇔ ( x − 2 − 2) 2 + ( x − 2 − 3) 2 = 1

⇔

x−2 −2 +

x −2 −3 =1

Cách 1: Chia các trường hợp để bỏ dấu giá trị tuyệt đối.
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức a + b ≥ a + b , dấu “=” xảy ra khi a.b ≥ 0.
Khi đó

x − 2 − 2 + 3− x − 2 ≥

x −2 −2+3− x −2 =1

(3)

7


Dấu “=”xảy ra khi:

(

)(

)

x − 2 − 2 3 − x − 2 ≥ 0 (4)

Giải (4) ta được: 6 ≤ x ≤ 11 Thoả mãn (2)

Vậy nghiệm của phương trình (1)là : 6 ≤ x ≤ 11
c. Chú ý :
+ Phương pháp này thường được áp dụng khi các biểu thức trong dấu căn
bậc hai viết được thành bình phương của một biểu thức.
+ Có những phương trình cần phải biến đổi mới có dạng trên.
d. Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1)

x 2 + 2x + 1 + x 2 − 2x + 1 = 2

2)

x + x2 −1 − x − x2 −1 = 2

3)

( x ≥ 1)
( x = 2)
5

 ≤ x ≤ 3
2


x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2

3.3. Phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp:
 f ( x) + g( x)   f ( x) − g( x)  = f ( x) − g ( x)





* Ví dụ 8:

Giải các phương trình sau:
2 x 2 + 3x + 5 + 2 x 2 − 3 x + 5 = 3x

Giải
Xét phương trình 2 x 2 + 3x + 5 + 2 x 2 − 3x + 5 = 3x (1)
Với x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho Phương trình(1) có
nghiệm khi và chỉ khi x > 0
( 2 x 2 + 3x + 5 ) –( 2 x 2 − 3x + 5 ) = 6x hay
( 2 x 2 + 3x + 5 + 2 x 2 − 3x + 5 ) ( 2 x 2 + 3x + 5 − 2 x 2 − 3x + 5 ) = 6x
Hay: 3x( 2 x 2 + 3x + 5 − 2 x 2 − 3x + 5 ) = 6x.
Ta có ( 2 x 2 + 3x + 5 − 2 x 2 − 3x + 5 ) = 2 (2)
Cộng (1) và (2) vế với vế ta được 2 2 x 2 + 3x + 5 = 3x + 2
2
Để phương trình có nghiệm thì cần phải có điều kiện x ≥ − .
3

Tiếp tục bình phương hai vế ta có : 4 ( 2 x 2 + 3x + 5 ) = 9 x 2 + 12 x + 4 .
Hay x2 = 16 suy ra x = 4 ( thỏa mãn ĐK) ; x = − 4  ( bị loại)

8


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 4
Hướng dẫn ( 4 x + 13 − x + 1 )( 4 x + 13 + x + 1 ) = 3x + 12
Đáp số x = − 1

* Ví dụ 9: Giải phương trình: 3(2 + x − 2) = 2 x + x + 6
Giải:
Phương trình tương đương: 3 x − 2 − x + 6 = 2 x − 6 (1) (Đkxđ x ≥ −2 )
Nhân biểu thức liên hợp của vế trái vào hai vế ta có:
9( x − 2) − ( x + 6) = (2 x − 6)(3 x − 2 + x + 6)
9( x − 2) − ( x − 6) 8( x − 3)
⇔ 3 x−2 + x+6 =
=
2( x − 3)
2( x − 3)

Thử x=3 vào phương trình đã cho thấy thỏa mãn, vậy x=3 là nghiệm phải
tìm. Giải tiếp với x≠ 3, suy ra
3 x−2 + x+6 = 4

(2)

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được:
6 x − 2 = 2 x − 2 ⇔3 x − 2 = x −1
x −1 > 0
x >1
⇔
⇔
 2
2
9( x − 2) = ( x −1)
x −11 +19 = 0

Nghiệm x =

11 ± 3 5
2

bị loại vì không thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy

phương trình có nghiệm là x = 3
* Bài tập tương tự: 1) Giải phương trình 4 x + 1 − 3x − 2 =
ĐKXĐ x ≥

2
3

x+3
(1)
5

ta có ( 4 x + 1) − ( 3x − 2 ) = x + 3

Hay ( 4 x + 1 − 3x − 2)( 4 x + 1 + 3x − 2) = x + 3

(2)

Thay (1) vào (2) ta có :
 x+3

÷
 5 

(

)

4 x + 1 + 3x − 2 = x + 3

⇔ 4 x + 1 + 3x − 2 = 5(3)

Từ (1) và (3) :

2 4x +1 =

x + 28
5

(ĐK x ≥ -28)

9


Từ (1) và (3)
Ta có

2 3x − 2 =

22 − x
56

(ĐK 22 − x ≥ 0 ⇒ x ≤ 22 )

Vậy S= { 2 }
2) Giải các phương trình

x + 1 + 4 x + 13 = 3 x + 12 (1)

3) 3 x + 45 − 3 x − 16 = 1 giải tương.

Đáp số x = 1
Đáp số x = -109 ; x = 80

3.4. Phương pháp đặt ẩn phụ:
a. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình ẩn mới:
*Ví dụ 10: Giải phương trình x 2 − 5 x + 13 = 4 x 2 − 5 x + 9

(1)

Giải :
Ta có :

5  11

x 2 − 5x + 9 =  x −  +
>0
2 4


Đặt:

x 2 − 5 x + 9 = y ≥ 0 ⇒ x 2 − 5 x + 9 = y 2 (2)

Khi đó (1) ⇔ y2 + 4 = 4y
⇔

y2 + 4 - 4y = 0

⇔ ( y-2)
⇔ y=2

Thay vào (2) ta có ⇔ x 2 − 5 x + 5 = 4
⇔ x 2 − 5x + 5 = 0

5+ 5
x =
2


5− 5
x =
2


⇔



Vậy nghiệm của phương trình là:  x =


5+ 5
5− 5
;x =
2
2

1
2

*Ví dụ 11: Giải phương trình: x + x + + x +

1
=2
4

(1)

Giải:
Điều kiện: x ≥ −
Đặt:

x+

1
4

(2)

1
= y≥0
4

10


⇒ x = y2 −

1
4
1
4

1
2

Khi đó (1) trở thành y 2 − + ( y + ) 2 = 2

−2 2 −1
y =
2
⇔ 4y2 + 4y − 7 = 0 ⇔ 

2 2 −1
y =

2

Trường hợp y =

− 2 2 −1
< 0 loại
2

⇒ x = 2 − 2 , thoả mãn điều kiện (2)

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 2 − 2

*Ví dụ 12: Giải phương trình:

3

x +1 + 3 x + 3 + 3 x + 3 = 0

(1)

Giải:
x+2 = y

Đặt:

(1) ⇔ 3 y 3 − 1 + 3 y 3 + 1 = − y
Lập phương hai vế ta có :

y 3 = y3 y 6 − 1

y = 0
⇔ 2
6
3
 y = y − 1

(+) Nếu: y = 0 ⇔ 3 x + 2 = 0 ⇔ x = −2
(+) Nếu y 2 = 3 y 6 − 1 ⇔ y 6 = y 6 − 1 , vô nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình là : x = -2
b. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:
* a. Dạng: ax + b = r (ux + v) + dx + e

(1)

Với a, u, r ≠ 0
Đặt u. y + v = ax + b
Khi đó phương trình (1) đưa được về dạng :
u ( x − y )(ruy + rux + 2ur + 1) = 0

* Ví dụ 13: Giải phương trình: 2 x + 15 = 32 x 2 + 32 x − 20

(1)

Giải:
Điều kiện: 2 x + 15 ≥ 0 ⇔ x ≥

− 15
2

11


Khi đó:

(1) ⇔ 2 x + 15 = 2(4 x + 2) 2 − 28

Đặt:

4 y + 2 = 2 x + 15

Điều kiện: 4 y + 2 ≥ 0 ⇔ y ≥

(2)

(3)
−1
2

Khi đó (2) trở thành

(4x + 2)2 = 2y + 15 (4)

Từ (3) ta có :

(4y + 2)2 = 2x + 15 (5)

(4 x + 2) 2 = 2 y + 15(4)
Từ (4) và (5) có hệ: 
(4 y + 2) 2 = 2 x + 15(5)

Trừ vế với vế của (4) cho (5) ta được (x- y)(8x + 8y + 9) = 0
+) Nếu: x-y = 0 ⇔ x = y thay vào (5) ta được : 16x2 + 14x-11 =0
1

x = 2
⇔
 x = − 11

8

với x = −

11
, loại
8

+) nếu 8x + 8y + 9 = 0
⇔ 8 y = −8 x − 9 , Thay vào 9 (4) ta được:

64x2 + 72x-35 =0

−9 − 221
(loai )
x =
16

⇔

−9 + 221
x =
16


1
2
− 9 + 221
x2 =
16

Vậy nghiệm của phương trình là :

x1 =

* Dạng:
3

ax + b = r (ux + v) 3 + dx + e

(1)

Đặt uy + v = 3 ax + b
(1) đưa được về dạng: u ( y − v)(rP 2 + rPQ + rQ 2 + 1) = 0
Trong đó:

P = uy + v Q = ux + v

12


* Ví dụ 14: Giải phương trình: 3 3x − 5 = 8 x 3 − 36 x 2 + 53x − 25

(1)

Giải
(1) ⇔ 3 3x − 5 = (2x-3)3- x+2

(2)

Đặt: 2y - 3 = 3 3x − 5 ⇔ 3x − 5 = (2 y − 3) 3
khi đó (2) ⇔ 2 y + x − 5 = (2 x − 3) 3

(3)

(4)

3 x − 5 = (2 y − 3) 3
Từ (3),(4) có hệ : 
2 y + x − 5 = (2 x − 3) 3

Trừ vế với vế ta được :
( x − y )( P 2 + Q 2 + PQ + 1) = 0

(5)

Trong đó : P = 2 y − 3
Q = 2x − 3

∀x, y

Vì: P 2 + Q 2 + P.Q + 1 > 0
Do đó :(5) ⇔ x = y

Thay vào (3) ta được:

(x-2)(8x 2 -20+11)=0
⇔ x 1 =2 ; x 2 = 5 + 3 ;
2

x3 =

5− 3
2

*Một số dạng khác:
*Ví dụ 15: Giải phương trình: 3 x − 2 + x + 1 = 3

(1)

Giải
Điều kiện: x ≥ −1
3

Đặt:

(2)

x − 2 = y ⇒ x − 2 = y3

x +1 = z ≥ 0 ⇔ x +1 = z2
⇒ z2 − y2 = 3

Với điều kiện (2) thì (1) đưa về hệ:
y + z = 3
 2
2
z − y = 3
z ≥ 0

y = 1
z = 2

Giải hệ này ta được: 

Từ đó suy ra: x = 3 là nghiệm của phương trình (1)

13


1

1

=2
* Ví dụ 16: Giải phương trình: x +
2 − x2

(1)

Giải:
Điều kiện:
Đặt:

x ≠ 0

− 2 < x < 2
2 − x2 = y > 0 ⇒ x2 + y2 = 2

x 2 + y 2 = 2

Ta có hệ: (1)  1 1
x + y = 2


Đặt:

x +y = S ; xy = P

(1)

 P = 1, S = 2
S 2 − 2 P = 2
⇔
⇔
 P = − 1 , S = −1
S
=
2
P


2


−1+ 3
x =

2
+Trường hợp 1: Ta được x= y =1; Trường hợp 2: 
y = −1− 3

2

hoặc


−1− 3
x =

2

y = −1+ 3

2

Từ đó ta được x = 1; x =

−1− 3
2

là nghiệm

c. Chú ý:
* Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ giúp ta giải được
nhiều bài toán khó, tuy nhiên để đặt cái gì làm ẩn phụ và có mấy ẩn phụ thì phải
biết nhận xét và tìm mối liên quan giữa các biểu thức trong phương trình, liên
quan giữa các ẩn
* Cần phải có kỹ năng giải phương trình và hệ phương trình.
d. Bài tập áp dụng:
1) x 2 + 2 x − 9 = 6 + 4 x + 2 x 2
2) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 4 (đặt x − 1 = y ≥ 0; x = 5 )
Đặt hệ phương trình:
1-

3 x3 + 8 = 2x 2 − 6x + 4

14


Đặt:
2-

x + 2 = a, x 2 − 2 x + 4 = b

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

Đặt:

x + 1 = a; x 2 − x + 1 = b( x −

5 ± 37
)
2

x = 3 + 13; x = 3 − 13

3-

x
x−

Đặt:
4-

3

1
1
+ 1− = x
x
x

1
1
1+ 5
= a; 1 − = b; x =
x
x
2

2 − x + x −1 = 1

Đặt 3 2 − x = a; ⇒ x ∈ { 1; 2;10}
5-

3x + 1 = −4 x 2 + 13 x − 5

(Đặt 2 y − 3 = 3x + 1, x = 1;

11 11 + 37
;
)
4

8

6 - x 2 − 4x − 3 = x − 5
(Đặt x + 5 = y − 2, x = −1;

5 + 29
)
2

7 - x 3 + 2 = 33 3 − 2
(Đặt 3x − 2 = y, x = 1;−2)
3.5. Phương pháp bất đẳng thức:
Chứng tỏ tập giá trị ở hai vế rời nhau khi đó phương trình vô nghiệm:
* Phương trình: f(x) = g(x)
Nếu tập giá trị của f(x), g(x) lần lượt là: S 1, S2 mà S1 giao với S2 bằng rỗng
thì phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 17: Giải phương trình:

x − 3 − 7 x − 3 = 5 x − 2 (1)

Giải
Điều kiện: x ≥ 3
Với điều kiện này thì: x − 3 < 7 x − 3
Khi đó vế trái của (1) âm, còn vế phải dương do đó phương trình (1) vô
nghiệm
2- Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế:
* Phương trình F(x) = G(x) (1)
15

Nếu: F(x) ≥ K, dấu đẳng thức sảy ra khi x = a
G(x) ≤ K, dấu đẳng thức sảy ra khi x = b

(k,a,b là các hằng số)

.) a = b ⇒ (1) có nghiệm là: x = a
.) a ≠ b ⇒ (1) vô nghiệm
* Ví dụ 18: Giải phương trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 (1)
Giải
Vế trái: 3( x + 1) 2 + 4 + 5( x + 1) 2 + 9 ≥ 4 + 9 = 5
Vế phải: 4-2x – x2 = 5- (x+1)2 ≤ 5
Do đó cả hai vế đều bằng 5 khi x =-1, với giá trị này cả hai bất đẳng thức
trên đều là đẳng thức.
Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình.
* Ví dụ 19: Giải phương trình: 6 − x + x + 2 = x 2 − 6 x + 13

(1)

Giải
Sử dụng bất đẳng thức: a1b1 + a 2 b2 ≤ a1 2 + a 2 2 . b1 2 + b2 2
a

a

1
2
(Với dấu “=” xảy ra khi b = b )
1
2

Vế trái: 6 − x + x + 2 ≤ 12 + 12 . 6 − x + x − 2 = 4
Dấu “=” xảy ra khi x=3
Vậy phương trình vô nghiệm.
* Sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
* Ta chỉ ra nghiệm cụ thể và chứng minh được các trường hợp khác của ẩn
không là nghiệm của phương trình.
* Ví dụ 20: Giải phương trình: 3 x − 2 + x + 1 = 3

(1)

Giải
Ta thấy x = 3 nghiệm đúng phương trình.
+ Với x > 3 thì 3 x − 2 > 1và x + 1 > 2 ⇒ vế trái của (1) lớn hơn 3
+ Với -1 ≤ x < 3 thì

3

x − 2 < 1và

x + 1 < 2 ⇒ vế trái của (1) nhỏ hơn 3

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
* Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt.
*Dạng áp dụng bất đẳng thức Côsi
*Ví dụ 21 :Giải phương trình

16


x2 + x +

5
5
+ x2 − x + = 5
4
4

Bằng phương pháp bình phương hai vế có thể giải được PT này ,song tương
đối phức tạp .Ta hãy sử dụng phương pháp sau
Áp dụng bất đẳng thức Côsi

a+b ≥

2ab

Với a,b là các số không

âm
Dấu “=” xảy ra ⇔ a=b
Ta nhận thấy
x2 + x +

5
5
+ x2 − x + ≥ 2
4
4

5
5

x2 + x + . x2 − x +
4
4

5
5
5
3
25 5
x 2 + x + . x 2 − x + = (x 2 + )2 − x 2 = x 4 + x 2 +
≥
4
4
4
2
16 4

mà

5
4

Nên x 2 + x + + x 2 − x +

5
5
≥2
= 5
4
4

5
5
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x 2 + x + = x 2 − x +
4

Vậy PT có nghiệm
* Ví dụ 22: Giải phương trình:

∀x

⇔x=0

4

x=0

x
4x − 1

+

4x − 1
=2
x

(1)

Giải
Điều kiện: x >

1
4

(2)

Sử dụng bất đẳng thức:

a b
+ ≥2
b a

Với a,b > 0 thì dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b
Do đó:

x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4 x − 1
⇔ x 2 − 4x + 1 = 0
⇔ x = 2± 3

Thoả mãn (2)
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2 ± 3

* Bài tập áp dụng:

17


1) x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27

(x = 5)

2) 3x 2−12 x +6 + y 2 − 4 y + 13 = 5

(x = y = 2)

3) x 2 + 6 = x − 2 x 2 − 1

(Vô nghiệm)

4) x − 1 + x + 3 + 2. ( x − 1)( x 2 − 3x + 5) = 4 − 2 x
5)

16
x−3

+

4
y −1

+

1225
z − 665

= 82 - x − 3 − y − 1 − z − 665

(x = 19; y = 5; z = 1890)

*Những chú ý:
* Khi giải phương trình vô tỉ cần tránh những sai lầm sau:
+ Không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức.
+ Không đặt điều kiện có nghĩa của căn thức.
* Để giải phương trình vô tỉ thành thạo thì các kiến thức sau cần nắm vững.
+ Các phép biến đổi căn thức.
+ Các phép biến đổi biêủ thức đại số.
+ Các kiến thức và phương pháp giải các phương trình và hệ phương trình.
+ Các kiến thức về bất đẳng thức...
IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm :
Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường THCS Trần
Mai Ninh đã thu được các kết quả khả quan.
Kết quả học tập của học sinh được nâng lên rõ rệt qua các giờ học, qua mỗi
kỳ thi, đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, sử dụng thành thạo các thủ
thuật giải toán.
* Khảo sát thực tiễn
Tổng
số HS

50

Xếp loại
Khá

Trung bình

Giỏi

Yếu

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

15

30

30

60

5

10

0

0

18


C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
I- Kết luận :
Phương trình vô tỷ (PTVT) là một dạng toán không thể thiếu được trong
chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi THCS. Nếu chỉ dừng lại yêu cầu trong
sách giáo khoa thì chưa đủ, vì vậy đòi hỏi giáo viên phải tích cực tự học, tự
nghiên cứu, tìm tòi sáng tạo thường xuyên bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh
nghiệm về vấn đề này.
Để dạy học cho học sinh hiểu và vận dụng tốt phương pháp giải PTVT thì
bản thân mỗi giáo viên phải hiểu và nắm vững về PTVT: Các dạng PTV, phân
biệt sự khác nhau giữa PTVT với các dạng phương trình khác, đồng thời phải
nắm vững các phương pháp giải PTVT.
Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho bản thân nâng cao kiến thức
nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả,ngoài ra còn giúp bản
thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để có thể tiếp tục nghiên cứu
các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học của mình.
Trong quá trình giảng dạy, tôi đã rút ra một số biện pháp nêu trên. Đây là
những kinh nghiệm nhỏ của mình hy vọng sẽ góp phần không nhỏ vào việc nâng
cao chất lượng giảng dạy môn Toán bậc THCS.
Trong quá trình nghiên cứu khôngh thể tránh khỏi sai sót, hạn chế rrất mong

được sự giúp đỡ, góp ý của đồng nghiệp.
II. Kiến nghị
Nhà trường tạo điều kiện để đề tài được áp dụng tốt hơn trong những năm
tiếp theo.

XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

TP Thanh Hóa, ngày 15 tháng 3 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người thực hiện

Tô Thị Huyền

19