Rèn kỹ năng giải phương trình vô tỷ cho học sinh lớp 9

1. MỞ ĐẦU
1.1.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS được đề cập đến ở lớp
9 , mặc dù sách giáo khoa đại số 9 không có một tiết lí thuyết nào để dạy về phần
này nhưng bài tập thì rất đa dạng và phong phú . Phương trình vô tỉ thường xuất
hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10 PTTH và thi vào các
trường chuyên trong tỉnh cũng như quốc gia
Thực tế qua theo dõi các kỳ thi HSG cấp huyện, cấp tỉnh , thi vào chuyên
có rất nhiều bài toán giải phương trình vô tỉ rất khó ,học sinh thường khó xác
định được cách giải hoặc giải một cách thiếu chặt chẽ và không chính xác. Vì vậy
mà việc giúp các em định hướng được cách giải các phương trình vô tỉ và rèn khả
năng linh hoạt sáng tạo trong giải toán là việc làm thật sự quan trọng và cần thiết.
Với những lí do đã nêu ở trên tôi đã viết đề tài “Rèn kỹ năng giải phương
trình vô tỉ cho học sinh lớp 9 trường THCS Lý Tự Trọng-TPTH ”. Thông qua
đề tài này tôi muốn góp thêm một cách làm để giúp học sinh có kỹ năng thành
thao trong việc phương trình vô tỉ , phát huy được năng lực tư duy sáng tạo trong
học toán và luôn có những ý tưởng sáng tạo trong giải toán, giúp các em càng
thêm yêu thích bộ môn toán nhiều hơn
1.2.MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.

- Đề tài giúp học sinh nắm được các dạng phương trình vô tỉ , các phương
pháp giải từ đó giúp các em có thể định hướng được cách giải khi đứng trước
một phương trình vô tỉ.
- Đề tài còn giúp bồi dưỡng năng lực phát hiện tìm tòi lời giải bài toán ,
phát huy khả năng suy luận óc phán đoán của học sinh.
- Nghiên cứu đề tài này tôi muốn trao kinh nghiệm dạy “Phương trình vô tỉ
” với các đồng nghiệp giúp việc dạy học đạt kết quả tốt hơn.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.

- Phương trình vô tỉ (Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn).

1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.


Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
- Thông qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 9 trong năm học từ 2011 đến
2017

2 . NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN:

Trong xu thế phát triển ngày càng cao của xã hội thì giáo dục cũng ngày
càng phải đổi mới nhiều để tiến kịp với sự phát triển đó. Với mục tiêu đào tạo
học sinh trở thành những con người phát triển toàn diện về đạo đức ,trí tuệ ,
thẩm mỹ, các kỹ năng cơ bản , phát triển năng lực cá nhân , tính năng động và
sáng tạo. Vì vậy trong dạy học cần phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động ,
sáng tạo của học sinh phù hợp với đặc trưng bộ môn , bồi dưỡng cho học sinh
phương pháp tự học , khả năng hợp tác rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức
vào thực tế gây hứng thú học tập cho học sinh.
Do đó để giúp cho học sinh có phương pháp tự học tốt và chủ động sáng
tạo trong việc tiếp thu kiến thức thì việc hình thành cho học sinh kỹ năng giải
bài tập , cách phát hiện đường lối giải khi đứng trước một bài toán cụ thể là một
việc làm vô cùng quan trong và cần thiết bởi điều đó sẽ làm cho HS vững vàng
và tự tin hơn khi làm toán.

Đối với việc dạy học sinh giải phương trình vô tỉ:
- Giúp HS nắm được một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và cách giải.
- Cần giúp cho học sinh xác định được các phương pháp giải phương trình vô tỉ
từ đó giúp học sinh định hướng được cách giải.


- Học sinh cần được hiểu bản chất của việc giải phương trình vô tỉ thông qua hệ
thống bài tập .
- Cần giúp học sinh biết giải phương trình vô tỉ ở các dạng bài khác nhau
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.

Phương trình vô tỉ là phần PT khó, học sinh không được học một tiết lí
thuyết nào tại lớp vì vậy nhiều học sinh lúng túng khi đứng trước một bài giải PT
vô tỉ.
Khảo sát một bài kiểm tra sau khi học xong chương I “ Căn bậc hai , căn
bậc ba” về giải phương trình vô tỉ cho 10 HS thuộc nhóm HS khá giỏi với đề
bài:
Giải các phương trình:
Bài 1 (3 điểm) :

x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2

Bài 2: (5điểm): x 2 − 7 x + 4 + ( x + 1) 3x − 2 = 0
Bài 3: (2điểm) :

x −1 + 5 − x = − x2 + 2x + 1

Kết quả như sau:
Điểm dưới 5
SL

%
8
80

Điểm 5-7
SL
2

Điểm 8-10
%
20

SL
0

%
0

Tôi nhận thấy học sinh chưa có định hướng về cách giải phương trình vô tỉ ,
biến đổi không đúng hướng nên không tìm ra kết quả, điều kiện đặt còn thiếu
chặt chẽ. Vì vậy nếu các em được học học phương pháp giải PT vô tỉ và rèn các
bài tập tổng hợp thì kết quả sẽ tốt hơn nhiều .
Xuất phát từ nhu cầu thực tế trên tôi đã viết kinh nghiệm mà tôi đã đúc kết
được từ nhiều năm giảng dạy ở trường THCS đặc biệt là dạy đội tuyển học sinh
giỏi dưới dạng đề tài “ Rèn kỹ năng giải phương trình vô tỉ cho học sinh lớp 9
trường THCS Lý Tự Trọng” .

2.3.GIẢI PHÁP THỰC HIỆN.

a) Các kiến thức cần nhớ về căn thức:
+) A xác định khi A ≥ 0
+) A2 = A
+) ( A )2 = A với A ≥ 0
+) A.B = A. B với A ≥ 0; B ≥ 0
+)

A
=
B

+)

A2 B = A B với B ≥ 0

+) A B = A2 B với A ≥ 0 và B ≥ 0
A B = − A2 B với A < 0 và B ≥ 0
A 1
= . AB với AB ≥ 0 và B ≠ 0
B B

+)

A
A B
=
với B > 0
B
B
+) ( 3 A )3 = A

A
với A ≥ 0; B > 0
B

+)
+)

C
C( A m B
=
+)
A− B
A± B
với A ≥ 0 và B ≥ 0 và A ≠ B

+)

3

3

AB = 3 A. 3 B
A 3A
=
( B ≠ 0)
B 3B

b) Phương pháp chung để giải phương trình vô tỉ:
-

Tìm tập xác định của phương trình ( nếu cần) .
Biến đổi đưa về phương trình quen thuộc ( Làm mất dấu căn thức).
Giải phương trình vừa tìm được .
Đối chiếu kết quả với tập xác định và trả lời.
c. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
Phương pháp 1: Phương pháp nâng hai vế lên cùng một lũy thừa

Dạng 1 :

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

Khi bình phương hai vế để đi đến phương trình tương đương thì hai vế đó phải
 g ( x ) ≥ 0
f ( x ) = g(x) ⇔ 
2
 f ( x ) = g ( x )

không âm :
Điều kiện

gx) ≥ 0 là điều kiện cần và đủ vì f(x) = g2(x) ≥ 0 . Không cần đặt thêm

điều kiện fx) ≥ 0
Ví dụ1 : Giải phương trình
3 x − 4 = x - 3 . (1 )

Điều kiện x ≥ 3 (*)

Khi đó pt(1) ⇔ 3x - 4 = (x - 3)2

⇔ x2 - 6x + 9 = 3x - 4

⇔ x2 - 9x + 13 = 0



9 + 29
x =
2
⇔

9 − 29
x =

2

đối chiếu với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình (1) là x =

9 + 29
2

! Lưu ý: không cần phải thay giá trị của các nghiệm vào phương trình ban đầu
để thử mà chỉ cần so sánh với điều kiện x ≥ 3 (*) để lấy nghiệm.
f ( x ) = g( x ) .

Dạng 2
f ( x ) = g( x )

(2)

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

+) Ví dụ 2: Giải phương trình
−3 x + 2 =

.Điều kiện

2x +1 ,

(1)

 −3 x + 2 ≥ 0
−1
2
⇔
≤x≤

(*)
2
3
2 x + 1 ≥ 0

1
pt(1) ⇔ -3x + 2 = 2x + 1 ⇔ 5x = 1 ⇔ x =
(thoả mãn với điều kiện (*) )
5

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
.
5

+ Ví dụ3: Giải phương trình
3x + 7 -

x +1 = 2

3x + 7 ≥ 0
Điều kiện 
x +1 ≥ 0

(2)

7

x ≥ −
⇔
3 ⇔ x ≥ −1 (**)

 x ≥ −1

Chuyển vế và bình phương hai vế ta được
pt(2) ⇔

3x + 7 = 2 +

x +1

với điều kiện (**) nên hai vế luôn không âm , bình phương hai vế ta được.
⇔ 3x + 7 = x + 5 + 4 x + 1
⇔ 2 x +1 = x + 1

tiếp tục bình phương hai vế vì 2 vế không âm

⇔ 4x + 4 = x2 + 2x + 1 ⇔ x2 -2x - 3 = 0


 x = −1
⇔
x = 3

(thoả mãn điều kiện (**))

Vậy nghiệm của phương trình là

x = -1 hoặc 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)

Dạng 3:

Ví dụ 4: Giải phương trình: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x
Giải : Ta có: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x
1 − 2 x ≥ 0
1


x ≤ 2
⇔ 1 − x ≥ 0
⇔

 2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1

 x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)
1

1
 −1
x ≤ 2
≤x≤
1
 −1

2

 ≤x≤
2
⇔2
⇔ x=0
⇔ 2 x + 1 ≥ 0
2 ⇔

x=0
 x2 + 7 x = 0

(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1

  x = −7



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0
Chú ý: - đối với các căn bậc hai khi bình phương hai vế cần phải có điều
kiện : biểu thức dưới dấu căn không âm và hai vế không âm
Dạng 4:

3

f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x ) = [ g ( x) ]

Ví dụ 5: 3 2 x + 1 = x + 1

3

(1)

(1) ⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)3 ⇔ x3 + 3 x 2 + x = 0 ⇔ x( x 2 + 3x + 1) = 0
Giải ra ta được nghiệm của phương trình là: x=0
Ví dụ 6: 3 x + 1 + 3 7 − x = 2

(1)

Lập phương 2 vế phương trình (1) ta được:
x + 1 + 7 − x + 3 3 ( x + 1)(7 − x)( 3 x + 1 + 3 7 − x ) = 8
⇔ 6. 3 ( x + 1)(7 − x) = 0 ⇔ 3 ( x + 1)(7 − x) = 0 ⇔ ( x + 1)(7 − x) = 0 ⇔ x= 1 hoặc x= 7

Thử lại ta thấy x= 1 ; x= 7 đều thỏa mãn phương trình .
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 ; x = 7
Ví dụ 7: 3 2 x + 1 = 1 − 3 x

(2)


3

2x +1 = 1− 3 x ⇔ 3 2x +1 + 3 x = 1

⇔ 2 x + 1 + x + 3 3 (2 x + 1) x ( 3 2 x + 1 + 3 x ) = 1
⇔ 3 3 (2 x + 1) x = −3 x
⇔ 3 (2 x + 1) x = x ⇔ x(2 x + 1) = − x 3
⇔ x ( x 2 + 2 x + 1) = 0
⇔ x=0 hoặc x =-1

Thử lại : Nhận thấy x = 0 ( thỏa mãn PT (2)
x= -1 không thỏa mãn PT (2).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0
Nhận xét : - Đối với phương trình chứa căn bâc ba khi lập phương hai vế
ta thường dùng hằng đẳng thức :
(a + b)3 = a 3 + b3 + 3ab(a + b)
(a − b)3 = a 3 − b3 − 3ab(a − b)

- Phương trình chứa căn bâc ba sau khi tìm ra giá trị của ẩn phải thử lại vì

trong quá trình biến đổi có những phương trình không tương đương
( chẳng hạn như phương trình ở ví dụ 7 ).
Phương pháp 2: Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 8: Giải pt: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
HD: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Ví dụ 9: Giải phương trình: x 2 − 4 x + 4 + x 2 − 6 x + 9 = 1 (1)
(1) ⇔ ( x − 2) 2 + ( x − 3) 2 = 1 ⇔ x − 2 + x − 3 = 1

Xét bài toán trong 3 khoảng :
+) Xét x < 2 phương trình (1) trở thành: 2 − x + 3 − x = 1 ⇔ x = 1 ( không thuộc
khoảng đang xét)
+) 2 ≤ x ≤ 3 phương trình (1) trở thành : x − 2 + 3 − x = 1 ⇔ 0 x = 0 PT có vô số
nghiệm 2 ≤ x ≤ 3 .
+) Xét x > 3 phương trình (1) trở thành x − 2 + x − 3 = 1 ⇔ x = 3 ( không thuộc
khoảng đang xét) .
Vậy phương trình có vô số nghiệm 2 ≤ x ≤ 3 .
Ví dụ 10: Giải phương trình: x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1
(2)


 x + 1 ≥ 0

(2) ⇔ 

 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1
 x ≥ −1
⇔
(*)

 x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1 |

Đặt y =

x +1
y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|

(y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành:

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Ví dụ 11: :Giải phương trình: x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2 (3)
( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm học
2006-2007 – dành cho mọi thí sinh)
ĐK: x ≥

5
2

PT (3) ⇔ 2 x − 5 + 2 2 x − 5 + 1 + 2 x − 5 + 6 2 x − 5 + 9 = 14 ( Nhân 2 vế của PT(3)
với 2 )
⇔

2x − 5 + 1 +

2 x − 5 + 3 = 14

⇔ 2 x − 5 = 5 ⇔ x = 15 (Thoả mãn)

Vậy:x = 15
Nhận xét: - Một số phương trình vô tỉ sau khi thêm bớt các số hạng một
cách hợp lí tạo thành các hằng đẳng thức ( như PT ở ví dụ 10) hoặc đôi khi
chúng ta phải nhân cả hai vế với một hằng số mới xuất hiện được hằng đẳng
thức( như PT ở ví dụ 11).
Phương pháp 3: Đưa về phương trình tích .
Ví dụ 12: Giải phương trình: ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
ĐK : 10 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10

(1)

( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
⇔ ( x + 3) 10 − x 2 − ( x + 3)( x − 4) = 0
⇔ ( x + 3)  10 − x 2 − ( x − 4)  = 0


+) x+3 = 0 ⇔ x = - 3

+) 10 − x 2 − ( x − 4) =0 ⇔ 10 − x 2 = x – 4 PT vô nghiệm vì với − 10 ≤ x ≤ 10
thì vế trái không âm, vế phải âm .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= -3 .
Ví dụ 13 : Giải phương trình : x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 (2)


ĐK : 1 ≤ x ≤ 7
(2) ⇔ 2 7 − x − 2 x − 1 − ( x − 1)(7 − x) + ( x − 1) = 0
⇔ 2( 7 − x − x − 1) − x − 1( 7 − x − x − 1) = 0
⇔ ( 7 − x − x − 1)(2 − x − 1) = 0

+) 7 − x − x − 1 = 0 ⇔ 7 − x = x − 1 ⇔ 7 − x = x + 1 ⇔ 2 x = 6 ⇔ x = 3 (thỏa mãn)
+) 2 − x − 1 = 0 ⇔ x − 1 = 2 ⇔ x − 1 = 4 ⇔ x = 5 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có hai nghiệm x= 3; x= 5 .
Ví dụ 14: Giải phương trình: x − 2 x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0
(3)
ĐK: x ≥ 1
(3) ⇔ ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) − ( x − 1) x + x( x − 1) = 0
⇔ ( x − 1 − 1) 2 − x( x − 1).( x − 1 − 1) = 0
⇔ ( x − 1 − 1).( x − 1 − 1 − x( x − 1)) = 0

+) x − 1 − 1 = 0 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2 ( Thỏa mãn)
+) x − 1 − 1 − x( x − 1) = 0 ⇔ x − 1 − 1 = x( x − 1) (ĐK : x ≥ 2 )
ta thu được PT mới vô nghiệm.
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhât x = 2

Bình phương hai vế

Phương pháp 4: Biến đổi một vế của phương trình về tổng các bình
phương, vế kia bằng 0
Ví dụ 15: Giải phương trình : 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1
(1)
ĐK x ≥

1
2

(1) ⇔ 4 x 2 − 4 x x + 3 + ( x + 3) + 2 x − 1 − 2 2 x − 1 + 1 = 0
⇔ (2 x − x + 3) 2 + ( 2 x − 1 − 1) 2 = 0
2 x − x + 3 = 0
⇔

⇔ x = 1(TM )
 2 x − 1 = 1 = 0

Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 16: Giải phương trình : 13 x − 1 + 9 x + 1 = 16 x

(2) ĐK : x ≥ 1

1
9
(2) ⇔ 13( x − 1 − x − 1 + ) + 3( x + 1 − 3 x − 1 + ) = 0
4
4
1

 x − 1 − 2 = 0
1 2
3 2
5
⇔ 13( x − 1 − ) + 3( x + 1 − ) = 0 ⇔ 
⇔ x = (TM )
2
2
4
 x +1 − 3 = 0

2

Vậy PT có nghiệm duy nhất x =

5
4


Ví dụ 17: Giải phương trình : x 4 + x 2 + 2002 = 2002 (3)
( Trích đề thi vào lớp 10 THPT tỉnh Thanh Hóa năm học 2002-2003)
(3) ⇔ x 4 = 2002 − x 2 + 2002
1
1
⇔ x 4 + x 2 + = x 2 + 2002 − x 2 + 2002 +
4
4
1
1
⇔ ( x 2 + ) 2 = ( x 2 + 2002 − ) 2
2
2
1
1
⇔ x 2 + = x 2 + 2002 −
(*)
2
2

(do biểu thức trong ngoặc của hai vế đều dương với mọi x)
(*) ⇔ x 2 + 1 = x 2 + 2002 ⇔ x 4 + x 2 − 2001 = 0
Giải phương trình trùng phương ta tìm được nghiệm của PT là x = ±

−1 + 8005
2

Ví dụ 18: Giải phương trình x(5 x3 + 2) − 2( 2 x + 1 − 1) = 0 (4)
( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán trường Amsterdam- Hà Nội năm
2014-2015)
1
2
4
(4) ⇔ 5 x + (2 x + 1 − 2 2 x + 1 + 1) = 0

ĐK: x ≥

⇔ 5 x 4 + ( 2 x + 1 − 1) 2 = 0
 x = 0
⇔
⇔ x=0
 2 x + 1 − 1 = 0

Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất x= 0 .
1
2

Ví dụ 19: Giải phương trình x − 1 + 2 y − 4 + 3 z − 9 = ( x + y + z ) (5)
ĐK: x ≥ 1; y ≥ 4; z ≥ 9
(5) ⇔ 2 x − 1 + 4 y − 4 + 6 z − 9 = x + y + z
⇔ ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) + ( y − 4 − 4 y − 4 + 4) + ( z − 9 − 6 z − 9 + 9) = 0
⇔ ( x − 1 − 1) 2 + ( y − 4 − 2) 2 + ( z − 9 − 3) 2 = 0
 x −1 −1 = 0
 x = 2(TM )



⇔  y − 4 − 2 = 0 ⇔  y = 8(TM )

 z = 18(TM )

 z − 9 − 3 = 0

Nhân xét : ở các ví dụ 15- 19 ta khéo léo biến đổi một vế thành tổng các
bình phương của các biểu thức hoặc hai vế là hai biểu thức bình phương làm cho
việc giải bài toán đơn giản đi rất nhiều.


Phương pháp 5: Đặt ẩn phụ
a)Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình quen thuộc.
Ví dụ 20 : Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
ĐK : x 2 + 7 x + 7 ≥ 0
Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0
Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0
−5

y=
⇔
3 ⇔ y = 1 (™ )

y =1

 x = −1

Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ 
(™)
 x = −6

Vây PT có hai nghiệm x= -1; x= -6 .
Ví dụ 21: Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện: x ≥ −

5
4

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

t2 − 5
. Thay vào ta có phương trình sau:
4

t 4 − 10t 2 + 25 6 2
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
2
2
⇔ (t + 2t − 7)(t − 2t − 11) = 0
2.

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là: x = 1 − 2 vaøx = 2 + 3
Ví dụ 22: Giải phương trình sau x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 (1)
( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm học 20062007 – dành cho thí sinh vào chuyên Nga, Pháp)
ĐK : x ≥ 2
(1) ⇔ x − 2 − x + 2 + x − 2 − 2 x 2 − 4 + x + 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 2 − x + 2) 2 + ( x − 2 − x + 2) − 2 = 0

Đặt t = x − 2 − x + 2 khi đó PT trở thành: t 2 + t − 2 = 0 ⇒ t= 1; t= -2
+) t= 1 ta có:
x − 2 − x + 2 = 1 ⇔ x − 2 = 1+ x + 2
⇔ x − 2 = 1 + x + 2 + 2 x + 2 ⇔ 2 x + 2 = −5

PT vô nghiệm
+) t= - 2 ta có


x − 2 − x + 2 = −2 ⇔ x − 2 + 2 = x + 2
⇔ x − 2 + 4 + 4 x − 2 = x + 2 ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (TM )

Vậy PT có nghiệm duy nhất x= 2

)(

(

Ví dụ 23:. Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x
HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Đặt y = 1 − x
thì phương trình trở thành: 2 ( 1 − y )

2

(y

2

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

Ví dụ 24: . Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −
HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −
Đặt t = x −

)

2

1
= 3x + 1
x

1
1
= 3+
x
x

1
(t ≥ 0),
x

ta được PT ẩn t : t 2 + 2t − 3 = 0 ⇒ t = 1 hoặc t = -3 (loại)
1
1+ 5
1− 5
+) t = 1 ⇒ x − = 1 giải ra ta được x =

(loại) x=
(T/M)
x

2
1− 5
Vậy PT có duy nhất một nghiệm là x=
2

2

Ví dụ 25. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
HD: x = 0 không phải là nghiệm Chia cả hai vế cho x ta được:
1
1

 x − ÷+ 3 x − = 2
x
x

1
1± 5
Đặt t= 3 x − , ( t ≥ 0 ) Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1(T / m) ⇔ x =
x
2

Ví dụ 26: Giải phương trình: 1 + 1 − x 2 = x(1 + 2 1 − x 2 ) (2)
ĐK 0 ≤ x ≤ 1
Bình phương hai vế PT (2) ta được:
1 + 1 − x 2 = x 2 (1 + 2 1 − x 2 ) 2 (3)

Đặt 1 − x 2 = t (t ≥ 0) ⇒ x 2 = 1 − t 2
2
2
2
PT (3) trở thành 1 + t = (1 − t )(1 + 2t ) ⇔ (1 + t ) 1 − (1 − t )(1 + 2t ) 
*) t+1 = 0 ⇔ t = −1 ( loại)
*) 1 − (1 − t )(1 + 2t ) 2 = 0 ⇔ 4t 3 − 3t = 0 ⇔ t = 0; t 2 =
+) t= 0 thì x= 1(TM) ; x= -1 ( loại)

3
4


3
4

1
1
(loại) ; x = (TM )
2
2
1
Vậy PT có 2 nghiệm x=1 ; x=
2

+) t 2 = ⇒ x = −

Nhận xét: sau khi đặt ẩn phụ thích hợp thì phương trình đối với ẩn phụ là
những phương trình ta đã biết cách giải ,từ đó tìm ra được ẩn phụ rồi tìm
nghiệm của phương trình. Tuy nhiên trong quá trình giải PT có thể phải chia 2

vế cho một biểu thức khác 0 (ví dụ 24; 25), hoặc bình phương 2 vế lên mới xuất
hiện ẩn phụ ( như ví dụ 26)
b) Đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa về phương trình tích.
Ví dụ 27: Giải phương trình

x 2 + 4 x − 7 = ( x + 4) x 2 − 7 (1)

( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm học 20162017 – dành cho mọi thí sinh)
ĐK x ≥ 7 hoặc x ≤ − 7
Đặt x 2 − 7 = t (t ≥ 0)
Phương trình (1) trở thành:
t = 4(TM )
t 2 + 4 x = ( x + 4)t ⇔ t 2 + 4 x − xt − 4t = 0 ⇔ (t − 4)(t − x ) = 0 ⇔ 
t = x

+) t = 4 ⇒ x 2 − 7 = 4 ⇔ x 2 = 23 ⇔ x = ± 23
+) t= x ⇔ x 2 − 7 = x ⇔ x 2 − 7 = x 2 PT vô nghiệm
Vậy PT có 2 nghiệm x = ± 23
Ví dụ 28: Giải phương trình x3 − 3x 2 − 6 x + 2 ( x + 2)3 = 0 (2)
(2) ⇔ x 3 − 3x ( x + 2) + 2 ( x + 2)3 = 0

Đặt t = x + 2(t ≥ 0) PT (2) trở thành:
x = t
x 3 − 3 xt 2 + 2t 3 = 0 ⇔ ( x − t ) 2 ( x + 2t ) = 0 ⇔ 
 x = −2t
x ≥ 0

+) x = t ⇔ x = x + 2 ⇔ 

2

x − x − 2 = 0

⇔ x = 2 (TM )

x ≤ 0

+) x= -2t ⇔ x = −2 x + 2 ⇔ 

2
x − 4x − 8 = 0

⇔ x = 2 − 2 3 (TM )

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2; x = 2 − 2 3

ĐK x ≥ −2


Chú ý: Một số bài toán sau khi đặt ẩn phụ không hoàn toàn có thể sử
dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tìm mối quan hệ giữa ẩn
chính và ẩn phụ ( thông thường những bài toán này ∆ ( đenta) của phương trình
là số chính phương) :
Ví dụ : Giải phương trình sau: ( x + 1) 2 x 2 − 2 x = 2 x 2 − 3 x − 2

(3)

( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán Lam Sơn – Thanh Hóa năm học
2014-2015)
ĐK : 2 x 2 − 2 x ≥ 0
Đặt 2 x 2 − 2 x = t (t ≥ 0) ⇒ t 2 = 2 x 2 − 2 x

PT (3) trở thành : t 2 − ( x + 1)t − x − 2 = 0 (*)
2
Coi PT (*) là PT ẩn t tham số x ta có : ∆ = [ −( x + 1)] − 4.(− x − 2) = ( x + 3) 2
 x + 1 − ( x + 3)
= −1
t =
2
Phương trình có hai nghiệm 
t = x + 1 + ( x + 3) = x + 2

2
x ≥ 0
2
⇔ x = 3 + 13
Do t ≥ 0 nên chỉ cần giải : 2 x − 2 x = x + 2 ⇔  2
x − 6x − 4 = 0
Vậy PT có duy nhất một nghiệm x = 3 + 13

c) Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình:
Ví dụ 29: . Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Đặt a = x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 5) ta đưa về hệ phương trình sau:
a 2 + b = 5
⇒ (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1
 2
b − a = 5
11 − 17
Vậy x − 1 + 1 = 5 + x − 1 ⇔ x − 1 = 5 − x ⇒ x =
2

Ví dụ 30: Giải phương trình: x3 + x 2 − 1 + x 3 + x 2 + 2 = 3
HD:Với điều kiện: x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x 3 + x 2 + 2 > 0
3
2

u = x + x − 1
Đặt 
Với v > u ≥ 0
3
2
v
=
x
+
x
+
2



Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình

(1)



u+v =3
u + v = 3  u = 1
 u+v =3

⇔
⇔
⇔
 2

2
v − u = 3 (v + u )(v − u ) = 3  v − u = 1
v = 2
 x3 + x 2 − 1 = 1
 x3 + x 2 − 1 = 1
⇔
⇔ 3
2
x + x + 2 = 4
 x 3 + x 2 + 2 = 2
⇔ 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}
Ví dụ 31: Giải phương trình 2 x − 2 − 3 3 − x + 1 = 0 (2)
ĐK: x ≥ 0
Nhân thấy : x- 2 +3- x = 1
Do đó đặt x − 2 = a (a ≥ 0); 3 3 − x = b
 2a − b = 1

Ta có : 

(3)

2

3
 a + b = 1 (4)

b −1
thế vào (4) ta được:
2
4b3 + b 2 − 2b − 3 = 0 ⇔ 4b3 − 4b 2 + 5b 2 − 5b + 3b − 3 = 0 ⇔ (b − 1)(4b 2 + 5b + 3) = 0 ⇔ b = 1

Rút a từ PT (3) ta có : a =

Với b =1 thì a= 0 khi đó giải ra x = 2 (TM)
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2
Ví dụ 32: Giải phương trình : 3 (3x + 1)2 + 3 (3x − 1) 2 + 3 9 x 2 − 1 = 1 (5)
Ta nhận thấy (3x + 1)(3x − 1) = 9 x 2 − 1 và (3x + 1) – (3x- 1) = 2
Vì vậy ta đặt: 3 (3x + 1) = u; 3 (3x − 1) = v thì hệ phương trình trở thành:
2
2
2
2
u 2 + v 2 + uv = 1
u + v + uv = 1
u + v + uv = 1
⇔
⇔
 3 3

2
2
(u − v)(u + v + uv) = 2
u − v = 2

u − v = 2
u 2 + v 2 + uv = 1
(v + 2) 2 + v 2 + (v + 2)v = 1
3(v + 1) 2 = 1
 v = −1
⇔
⇔
⇔
⇔
u = 1
u = v + 2
u = v + 2
u = v + 2

Từ đó suy ra x = 0
Nhận xét: Đối với những bài toán giải PT vô tỉ mà ta tìm được mối quan
hệ giữa các biểu thức trong phương trình , hoặc sau khi biến đổi các biểu thức
có liên hệ với nhau thì ta nên nghỉ đến việc đặt ẩn phụ nhằm đơn giản hóa việc
giải PT.
Phương pháp 6: Sử dụng biểu thức liên hợp.
Ví dụ 33: Giải phương trình :

1
1
1
+
+
=1
x+3 + x+2
x + 2 + x +1

x +1 + x

ĐK : x ≥ 0
Nhân với liên hợp của mỗi mẫu từng phân thức ta được

(1)


x + 3 − x + 2 + x + 2 − x +1 + x +1 − x = 1
⇔ x + 3 − x = 1 ⇔ x + 3 = x ⇔ x = 1 (TM )

Vây PT có nghiệm duy nhất x= 1
Ví dụ 34: 10 x + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 (2)
( ĐK : x ≥ 1 )
Nhận thấy: ( 10x+1) – (9x+4) = ( 3x-5) –( 2x-2) = x-3 ta nghĩ đến nhân liên hợp
nhằm tạo ra nhân tử chung là x-3
(2) ⇔ 10 x + 1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2
⇔ 10 x + 1 − 9 x + 4 + 3x − 5 − 2 x − 2 = 0
x −3
x−3
+
=0
10 x + 1 + 9 x + 4
3x − 5 + 2 x − 2
1
1
⇔ ( x − 3)(
+
)=0
10 x + 1 + 9 x + 4

3x − 5 + 2 x − 2
⇔

Vì

1
1
+
≠ 0 nên x- 3= 0 do đó x = 3 (TM)
10 x + 1 + 9 x + 4
3x − 5 + 2 x − 2

Vây PT có nghiệm duy nhất x= 3
Ví dụ 35: Giải phương trình : 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (3)
ĐK:

−1
≤x≤6
3

Nhận thấy x =5 là một nghiệm của phương trình. Từ đó ta nghĩ đến việc sử dụng
liên hợp để tạo ra nhân tử (x-5).
Ta tách PT (3) như sau:

3 x + 1 − 16
1− 6 + x
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3( x − 5)

x −5
3
1
⇔
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0 ⇔ ( x − 5)(
+
+ 3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1
−1
+
+ 3x + 1 > 0
≤ x ≤ 6 nên 3 x + 1 ≥ 0 suy ra
Vì
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 ⇔

Do đó x – 5 = 0 vậy x = 5 .
Ví dụ 36 Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 1
ĐK x ≥ 1
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
3

( 3 x 2 − 1)3 − 23

x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x3 − 2 − 5 ⇔

3



⇔ ( x − 3) 1 +


( x − 1)
2

2

+ 2 3 x2 − 1 + 4

+ x−3=


2
 ( x − 3) ( x + 3 x + 9 )
=
2
2
3
2
x3 − 2 + 5
3 x −1 + 2 x −1 + 4
( )


Ta chứng minh :

x+3

( x3 − 2)2 − 25
x3 − 2 + 5


x+3

1+
3

(x

2

− 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4
2

= 1+

(

x+3
3

)

2

x2 − 1 + 1 + 3

<2

<

x 2 + 3x + 9
x3 − 2 + 5

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3
Nhận xét : Đối với những PT có thể dùng nhân liên hợp thông thường ta
nhẩm nghiệm của PT trước ( HS có thể sử dụng chức năng dò tìm nghiệm của PT
trên máy tính cầm tay chẳng hạn phím SOLVE trên máy tính CASIO) , sau đó
tách các vế của phương trình thành các tổngchứa căn để khi nhân với biểu thức
liên hợp thì xuất hiện nhân tử chung .
Phương pháp 7: Phương pháp đánh giá .
Ví dụ 37: Giải phương trình : x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
HD: điều kiện x ≥ 1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x − 1 < 5x − 1 ⇒ vế trái luôn âm
Vế phải: 3x − 2 ≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương
Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 38: Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1)
HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5
3
5
4



9







⇔ 3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1)2 + 9 = 5 − (x + 1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1.
Ví dụ 39 :Giải phương trình :
HD: điều kiện x ≥

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1

1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu

1
≤ x < 2 : VT =
2

1+

– Nếu x > 2: VP = 2x2 +

6
+ 8 < 8 + 3 . Mà: VP > 8 + 3
x +1
2x − 1 > 2.22 + 3 = 8 + 3 . VT < 8 + 3

x > 2 ⇒ x +1 > 2 +1
6
6
1+
< 1+
=3
x +1
2 +1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2


x
4x − 1
+
=2
x
4x − 1

Ví dụ 40: Giải phương trình :
HD: Điều kiện x >

1

4

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương ta có:
x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

x
4x − 1

4x − 1
= 2.
x

×

x

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

4x − 1

=

4x − 1

x

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

2

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0
⇔ x 2 − 4x + 4 − 3 = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x − 2 = ± 3 ⇔ x = 2 ± 3 (Thoả mãn)
Vậy : x = 2 ± 3
Ví dụ 41 : Giải phương trình : 2 x + 1 + 7 − 2 x = 4 x 2 − 12 x + 13
ĐK:

−1
7
≤x≤
2
2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia cốpki cho vế trái ta có :
(1. 2 x + 1 + 1. 7 − 2 x ) 2 ≤ (12 + 12 )(2 x + 1 + 7 − 2 x) = 16
⇒ 2x + 1 + 7 − 2x ≤ 4
4 x 2 − 12 x + 13 = (2 x − 3) 2 + 4 ≥ 4
3
Dấu bằng xảy ra khi x = (TM)
2
3
2

Vậy PT có nghiệm duy nhất là x = .

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

1/ x 2 + 2 x + 1 = 5
3/ x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 1

2/ x − 4 x + 4 = 3
4/ x + 4 x + 4 = 5 x + 2
6/ x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10
8/
x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1

5/ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 4
7/
x2 − 6 x + 9 + 2 x 2 + 8x + 8 = x 2 − 2 x + 1

9/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
11/ x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
13/ x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0
15/

x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10

17/

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

x+3
2

10/

x −3− 2 x − 4 + x − 4 x − 4 =1

12/

x − 2 + 2x − 5 + x + 2 + 3 2x − 5 = 7 2

14/ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4
16/ x 2 − 2 x + 1 + 2 x = 8
18/ x 2 − 4 x + 4 = 2 − x


19/

20/ x + 8 − 6 x − 1 = 4

( x − 1) + 4 − 4 x − 1 + x − 1 − 6 x − 1 + 9 = 1

22/ 3 6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1

21/ 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
23/ 2 x +

x −1
1
1
= 1− + 3 x −
x
x
x

24/

25/ ( 4 x − 1) x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1
27) 3

(

) (

2 x2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x2 + 1

15
30 x 2 − 4 x ) = 2004
(
2

(

26/ 4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10

)

28) x 2 + x + 12 x + 1 = 36

29) 2 3 ( 1 + x ) + 3 3 1 − x 2 + 3 ( 1 − x ) = 0

30) 2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3

31) x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2

33) x − 1 + x 3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1

32) ( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x

35)
37)
39)

36) 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1
38) 12 x + 2 x − 1 = 3 x + 9
40) 2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0

2

4

2

34) 4 ( 2 x + 4 ) + 16

x + 1 + x = 1 + 4 x3 + x 2
2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4

3

)

30060 x + 1 + 1

x 2 − 1 + 3 x3 − 2 = 3 x − 2

2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

2.4 . HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC VỚI BẢN
THÂN ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG

Trong nhiều năm dạy các đội tuyển học sinh lớp 9 của nhà trường , tôi thấy
với cách làm như trên học sinh có nhiều chuyển biến đáng ghi nhận , các em có
kỹ năng tương đối tốt khi giải các bài toán về “Phương trình vô tỉ” , biết cách tìm
lời giải khi đứng trước một phương trình vô tỉ và đặc biệt trình bày lời giải chặt
chẽ và ngắn gọn hơn. Hơn nữa các em thật sự hứng thú để học về phần này , cũng
như không còn lo sợ môn Toán. Áp dụng kinh nghiệm này vào dạy đội tuyển toán
của nhà trường các năm học 2011-2012 ,2016-2017 tôi thấy hiệu quả rõ rệt. Bài
khảo sát cho 10 em học sinh các đội tuyển cho thấy:
Năm học
2011-2012
2016-2017

Điểm dưới 5
SL
%
0
0
0
0

Điểm 5 đến dưới 8
SL
%
3

30
2
20

Điểm 8-10
SL
%
7
70
8
80

Năm học 2016-2017 tôi trực tiếp dạy đội tuyển nhà trường tham gia kỳ thi
học sinh giỏi cấp thành phố kết quả: 5 học sinh dự thi cả 5 em có giải trong đó 2


giải nhất, 3 giải nhì và đặc biệt có 1 em thủ khoa Toán toàn thành phố, đồng đội
Toán của nhà trường xếp thứ nhất toàn Thành phố, nhà trường có 4em lọt vào đội
tuyển dự thi môn Toán cấp Tỉnh.
Cũng trong năm học này tôi cũng được giao nhiệm vụ dạy đội tuyển toán 9
TP Thanh Hóa dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh kết quả có 7/10 em đạt giải cấp tỉnh .
Với thành tích của đội tuyển toán 9 năm học 2016-2017 đã góp một phần nhỏ vào
thành tích chung của trường THCS Lý Tự Trọng . Trong kỳ thi HSG 9 môn văn
hóa trường xếp thứ 2 và đội tuyển giải toán bằng máy tính cầm tay của nhà
trường cũng xếp thứ 2 toàn Thành phố Thanh Hóa . Nhà trường xứng đáng với
vị trí tốp đầu về chất lượng giáo dục của Thành phố được lãnh đạo ngành và nhân
dân tin tưởng.

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN:

Từ những kết quả cụ thể trên tôi đã rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân
cũng như cho đồng nghiệp khi dạy học sinh giải phương trình vô tỉ như sau.
+) Nắm vững lí thuyết để có thể áp dụng tốt vào bài tập.
+) Cần phân dạng các phương trình vô tỉ, và phương pháp giải từng dạng với các
ví dụ cụ thể từ dễ đến khó.
+ Hướng dẫn các em trước khi giải phương trình cần phân loại dạng toán, phương
pháp giải hướng dẫn học sinh phân tích bài toán tìm hiểu cách giải, phán đoán
cách giải, các bước giải để các em đi đến lời giải thông minh ngắn gọn nhất.
+ Rèn kĩ năng giải phương trình vô tỉ cho học sinh, thường xuyên để ý giúp các
em sửa chữa những sai lầm thường mắc phải khi giải phương trình vô tỉ nhất là
ĐKXĐ.
+) Trên cơ sở làm những bài tập mẫu thật cẩn thận, giáo viên cần giao thêm bài
về nhà có nội dụng tương tự hoặc mở rộng hơn để các em được tự mình giải
quyết các phương trình vô tỉ ấy.
Đề tài có thể áp dụng dạy đội tuyển học sinh giỏi toán 9, ôn luyện cho học sinh


thi vào lớp 10 THPT, THPT hệ chyên
3.2. ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ

+) Đối với nhà trường :
- Cần tạo điều kiện hơn nữa về mua sắm tài liệu tham khảo để GV được nghiên
cứu sâu hơn các kiến thức nhằm phục vụ tốt cho việc dạy học , đặc biệt là bồi
dưỡng học sinh giỏi.
-Thường xuyên tổ chức các kỳ thi HSG các khối lớp để GV luôn trăn trở ,suy
nghĩ về cách dạy học hiệu quả.
+) Đối với nghành: Cần thường xuyên tổ chức các chuyên đề về các môn
học để GV được học hỏi trao đổi với đồng nghiệp để trau dồi chuyên môn tốt
hơn.

Do kinh nghiệm còn hạn chế nên trong quá trình viết khó tránh được
những sai sót trong cách trình bày cũng như hệ thống các bài tâp đưa ra còn chưa
đầy đủ, chưa khoa học tôi rất mong các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp đóng góp
ý kiến để SKKN được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh Hóa ngày 10 tháng 04 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân ,
không sao chép của người khác
Người viết
(Ký, ghi rõ họ tên)

Phạm Thị Hương
MỤC LỤC
1

Mở đầu

1


1.1
1.2
1.3
1.4
2
2.1
2.2
2.3

Lí do chọn đề tài
Mục đích của đề tài
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Nội dung
Cơ sở lí luận
Thực trạng vấn đề cần nghiên cứu
Giải pháp thực hiện

1
1
1
2
2
2
2
3

1. Kiến thức cần nhớ về căn bậc hai

4

2. Phương pháp chung để giải PT vô tỉ

4

3. Các phương pháp giải PT vô tỉ

4

Phương pháp 1: Nâng hai vế lên cùng một lũy thừa

4

Phương pháp 2: Đưa về PT chứa dấu GTTĐ

7

Phương pháp 3: Đưa về PT tích

8

Phương pháp 4: Biến đổi một vế của PT về tổng

9

các bình phương, vế kia bằng 0

2.4
3
3.1
3.2

Phương pháp 5: Đặt ẩn phụ

11

Phương pháp 6: Sử dụng liên hợp.

16

Phương pháp 7: Phương pháp đánh giá

17

Bài tập vận dụng
Hiệu quả của SKKN
Kết luận, kiến nghị
Kết luận
Đề xuất, kiến nghị

19
19
20
20
21

TÀI LIỆU THAM KHẢO

STT

1

TÊN TÀI LIỆU

Nâng cao và phát triển toán 9

TÁC GIẢ

Vũ Hữu Bình

NXB

Giáo dục


2
3

Tài liệu chuyên toán lớp 9
Tuyển chọn đề thi HSG toán

Vũ Hữu Bình
Giáo dục
Hoàng Văn Minh – Đại học

THCS

Trần Đình Thái

quốc

Nội
Đại học quốc

4

Tuyển chọn đề thi vào lơp 10

Nguyễn Ngọc Đạm

5

chuyên – Môn Toán
Các chuyên đề bồi dưỡng học

Tạ Hữu Thơ
Nguyễn Trung Kiên

sinh giỏi
6

Phương pháp giải các dạng
toán khó trong kỳ thi lớp 10

7

Báo toán học tuổi trẻ

8

Báo toán tuổi thơ 2

Trần Bá Hào

gia

Hà

gia Hà Nội
Tổng hợp TP
Hồ Chí Minh.
Đại học quốc
gia Hà Nội