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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH LỚP 9

Người thực hiện : Bùi Thị Hiền
Chức vụ
: Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
Nội dung
Phần 1: Mở đầu
Phần 2: nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lí luận
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các giải pháp
A) Hệ thống hoá các kiến thức cơ bản liên quan.
B) Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.
PHƯƠNG PHÁP 1:
Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn ở 2 vế của phương trình
PHƯƠNG PHÁP 2:
Đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
PHƯƠNG PHÁP 3: Đặt ẩn phụ

PHƯƠNG PHÁP 4: Đưa về dạng A2 + B2 = 0 hoặc A.B = 0
PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng bất đẳng thức
PHƯƠNG PHÁP 6: Sử dụng biểu thức liên hợp.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Phần 3: KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo

Trang
2
3
3
3
4
4
4
4
7
8
14
15
18
20
21
22

2


Phần 1: MỞ ĐẦU
a) Lí do chọn đề tài:

Giải phương trình là dạng toán cơ bản trong chương trình toán THCS. Trong
đó phương trình vô tỉ là dạng mới, khó, trừu tượng đối với học sinh lớp 9. Dạng
toán này thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào THPT, các đề thi học
sinh giỏi các cấp, là nền tảng cho các bài toán ở các lớp trên. Trong quá trình
giảng dạy ở lớp 9, tôi thấy khi gặp phương trình vô tỉ học sinh lúng túng không
tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm. Phương trình vô tỉ là một trong những
phương trình không có cách giải chính tắc. Người làm toán phải định hướng
được nên giải theo cách nào cho phù hợp và nhanh gọn. Trong khi bồi dưỡng
học sinh giỏi cũng như ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi chuyển cấp, đòi hỏi
giáo viên phải tìm tòi, suy nghĩ, đọc nhiều sách tham khảo để tìm ra cách giải
phương trình vô tỉ đạt hiệu quả nhất.
Mặt khác đa số học sinh trường THCS Trần Mai Ninh tiếp thu bài nhanh, làm
hết được các bài tập sách giáo khoa, sách bài tập, có nguyện vọng thi vào các
trường chuyên. Muốn đạt điểm cao ở kì thi học sinh giỏi, vào lớp 10 PTTH, các
trường chuyên thì phải giải quyết được các bài toán khó (trong đó có các bài
toán giải phương trình vô tỉ).
Vì thế khi dạy phần này đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa
chọn nhiều bài tập, nhiều dạng khác nhau, để học sinh tìm ra “chiếc chìa khoá”
giải từng dạng cụ thể của phương trình vô tỉ. Qua quá trình giảng dạy, tham khảo
đồng nghiệp và học hỏi kinh nghiệm, tôi mạnh dạn phân dạng phương trình vô tỉ
và cách giải từng dạng, giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vô tỉ dưới nhiều
góc độ, làm đơn giản các phương trình vô tỉ phức tạp.
Đề tài này tôi đã nghiên cứu cách đây bốn năm (từ năm học 2011-2012
đến nay) và tôi thấy các em có hứng thú học tập môn toán hơn, kết quả giáo dục
cũng tăng rõ rệt. Vì vậy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Rèn luyện kỹ năng giải
phương trình vô tỉ cho học sinh lớp 9”.
Đề tài giúp tôi củng cố nghiệp vụ giảng dạy, bổ sung thêm vốn kiến thức
cho bản thân và giúp các em cũng yêu thích môn toán hơn. Qua đó tôi xin được
trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp về phương pháp dạy học, mong rằng đề
tài này sẽ được mở rộng và phát triển hơn.

b) Mục đích nghiên cứu:
Sáng kiến kinh nghiệm này ngoài việc củng cố các kiến thức cơ bản trong
sách giáo khoa còn cung cấp kiến thức nâng cao, mở rộng và rèn luyện kỹ năng
giải các dạng phương trình cho học sinh. Với mỗi phương trình học sinh phát
hiện ra dạng và tìm ra cách giải phù hợp nhất, nhanh nhất, biết tổng quát bài
toán và đặt đề toán tương tự. Từ đó học sinh phát triển tư duy logic, hiểu sâu
kiến thức, có hứng thú nghiên cứu khoa học và nâng cao hiệu quả giáo dục.
c) Đối tượng nghiên cứu:
Đối tượng nghiên cứu là các học sinh lớp 9, các giờ đại số 9 các bài tập về
phương trình vô tỉ, các kiến thức về căn thức…
d) Phương pháp nghiên cứu
3


Phương pháp khảo sát thực tiễn, nghiên cứu lý luận, phân tích, tổng hợp,
khái quát hóa, so sánh, quan sát, kiểm tra, đánh giá.
Phần 2: NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận:
Xuất phát từ đặc trưng của môn toán của môn Toán ở trường THCS một môn
“khoa học suy diễn” cung cấp cho học sinh những kiến thức phổ thông cơ bản,
vững chắc có hệ thống. Rèn luyện và phát triển các kĩ năng giải toán và ứng
dụng vào thực tế, khả năng tư duy logic, sử dụng ngôn ngữ chính xác. Bồi
dưỡng các phẩm chất độc lập, sáng tạo, kiên trì, tích cực cho học sinh.
Căn cứ vào thực tế dạy và học về phương trình vô tỉ của chương trình Đại
số 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách bài tập do Bộ giáo dục Đào tạo ấn hành mới đáp ứng cho học sinh đại trà. Đối với học sinh khá, giỏi
dạng bài tập này rất phong phú và đa dạng.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
a) Đối với học sinh:
Trường THCS Trần Mai Ninh đa số các em nắm được kiến thức cơ bản
khả năng suy luận tốt, chăm chỉ, làm hết bài tập cô giao. Song các em chỉ làm

một cách định lượng, chưa suy nghĩ tìm cách giải khác, chưa có khả năng phân
biệt các dạng toán, chưa tự giác tìm tòi các dạng về phương trình vô tỉ.
Khảo sát thực tiễn của đề tài:
*) Số liệu thống kê
Khi chưa áp dụng đề tài, tôi ra bài tập giải phương trình vô tỉ qua khảo sát 96
học sinh lớp 9C, 9G trường THCS Trần Mai Ninh tôi nhận được kết quả như
sau:
Số học sinh Tỷ lệ
Kết quả
25
26%
Giải đúng phương trình đã cho
30
31%
Chưa giải đúng phương trình đã cho
41
43%
Không biết cách giải phương trình
*) Nguyên nhân: HS không giải được hoặc giải sai kết quả do:
+ Chưa biết cách áp dụng những kiến thức đã học vào giải phương trình như:
Bình phương hai vế, phân tích đa thức thành nhân tử, bất đẳng thức...
+ Chưa có phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỉ.
+ Chưa nắm chắc các kiến thức liên quan, thiếu cẩn thận dẫn đến phương trình
thiếu nghiệm hoặc thừa nghiệm.
2) Đối với giáo viên
*) Thuận lợi:
- Hầu hết các thầy cô có trình độ, được đào tạo cơ bản, tâm huyết với nghề và
luôn cầu tiến bộ.
- Nhà trường có cơ sở vật chất tốt mỗi phòng học có máy chiếu, giáo viên soạn
giáo án điện tử thành thạo, vận dụng tốt các công nghệ thông tin trong giờ dạy.

4


- Các tổ, nhóm chuyên môm hoạt động tích cực, thường xuyên dự giờ, trao đổi,
góp ý rút kinh nghiệm để nâng cao nghiệp vụ.
*) Khó khăn:
- Các bài tập về phương trình vô tỉ vừa khó vừa không có phương pháp giải
chung cho tất cả các phương trình.
- Mức độ rèn luyện phát triển tư duy logic trong các phương trình vô tỉ là khác
nhau, chủ yếu còn dựa vào kinh nghiệm của người giáo viên. Đòi hỏi người giáo
viên phải có kiến thức, có sự tổng hợp, có sự liên hệ giữa các vấn đề, có thời
gian, có tâm huyết và có tinh thần học hỏi cao thì mới đáp ứng được chuyên
môn và công việc giảng dạy của mình.
2.3 Các giải pháp:
A) Hệ thống hoá các kiến thức cơ bản liên quan.
Khi giải phương trình vô tỉ học sinh cần nắm vững những kiến thức sau:
1) Khái niệm về phương trình, cách giải, tập xác định, nghiệm của phương trình.
2) Phương trình vô tỉ.
- Định nghĩa phương trình vô tỉ, các bước giải phương trình vô tỉ nói chung.
- Các kiến thức cơ bản về căn thức.
3) Các tính chất của luỹ thừa bậc 2, bậc 3, luỹ thừa bậc chẵn và luỹ thừa bậc lẻ.
4) Các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, các hằng đẳng thức.
5) Các kiến thức về bất đẳng thức: Côsi, Bunhiacopski...
B) Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.
PHƯƠNG PHÁP 1: Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn ở 2 vế của phương
trình (thường dùng khi 2 vế có luỹ thừa cùng bậc).
Trong chương trình đại số 9, khi giải phương trình vô tỉ học sinh thường
quen dùng phương pháp là nâng luỹ thừa hai vế để làm mất dấu căn. Trong quá
trình giải học sinh thường mắc phải một số sai lầm trong phép biến đổi tương

đương vì vậy dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm. Có một số phương trình sau khi
làm mất dấu căn sẽ dẫn đến phương trình bậc cao, mà việc nhẩm nghiệm để
đưa về phương trình bậc nhất, bậc 2 để giải lại rất khó khăn. Vì vậy học sinh sẽ
rất lúng túng và không tìm ra lời giải.
g(x) ≥ 0;f (x) ≥ 0

a) Dạng 1: f (x) = g(x) ⇔ 

f (x) = [g(x)]
Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 1 = x − 1 (1)
 x ≥ 1
x ≥ 1
⇔
⇔
Giải: (1) ⇔ 
 2
2
 x + 1 = ( x − 1) 2
 x − 3x = 0

(

)

2

x ≥ 1

x = 3

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
* Nhận xét Khi giải phương trình dạng trên học sinh thường mắc sai lầm là
không đặt điều kiện cho g(x) ≥ 0 . Chẳng hạn ở ví dụ trên nếu không đặt điều
kiện x - 1 ≥ 0 , dẫn đến phương trình x2 - 3x = 0 có hai nghiệm x1 = 0, x2 = 3
nhưng khi thay x1 = 0 vào phương trình ta thấy VT ≠ VP.
Sở dĩ có sai lầm trên vì học sinh chưa nắm chắc tính chất của lũy thừa bậc hai.
Dạng 2
5


f (x) + g(x) = h(x) hoặc

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

- Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa:

f (x) ≥0; g(x) ≥0; h(x) ≥0; k(x) ≥0.

- Biến đổi để 2 vế của phương trình không âm (với phương trình chứa căn bậc
hai) ta bình phương hai vế được phương trình tương đương. Sau đó đưa phương
trình về dạng đã biết cách giải.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 3 = 5 − x − 2
(1)
+ Ở phương trình trên hai vế đều có căn bậc hai, học sinh có thể mắc sai lầm
để nguyên hai vế như vậy và bình phương hai vế để làm mất căn. Vì vậy giáo
viên cần phân tích kỹ sai lầm mà học sinh có thể mắc phải hai vế của phương
trình không cùng dấu. Giáo viên cần khắc sâu cho học sinh tính chất của luỹ
thừa bậc hai: a = b ⇔ a2 = b2 ( Khi a, b cùng dấu )
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
2

(1) ⇔ x + 3 + x − 2 = 5 ⇔ ( x + 3 + x − 2 ) = 52 ⇔ 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 đã cho có một nghiệm x = 6.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2
(2)
Ở phương trình này vế phải lớn hơn hoặc bằng 0, nhưng vế trái chưa chắc đã
lớn hơn hoặc 0 vì vậy ta nên chuyển vế đưa về phương trình có 2 vế cùng lớn
hơn hoặc 0.
(2) ⇔ x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2
Đến đây học sinh có thể bình phương hai vế:
x − 1 = 5 x − 1 + 3 x − 2 ⇔ 2 − 7 x = 2 15 x 2 − 13 x + 2
(2’)
⇔ 4 − 14 x + 49 x 2 = 4(15 x 2 − 13x + 2) ⇔ 11x 2 − 24 x + 4 = 0 ⇔ (11x − 2)( x − 2) = 0
2

x=

2

⇔
11 Và trả lời phương trình có 2 nghiệm: x1 = ; x 2 = 2

11
x = 2

Sai lầm của học sinh là gì? Tôi yêu cầu học sinh khác nhận xét phát hiện ra
những sai lầm :
+ Khi giải chưa chú ý đến điều kiện để các căn thức có nghĩa nên sau khi giải
không đó chiếu với điều kiện ở (2) ĐKXĐ x ≥ 1 vì vậy x1 =

2
không phải là
11

nghiệm của (2)
+ Khi bình phương hai vế của phương trình (2’) cần có điều kiện
2 − 7x ≥ 0 ⇔ x ≤

2
=> x 2 = 2 không là nghiệm của (2)
7

- Sau khi phân tích sai lầm mà học sinh thường gặp, từ đó tôi cho học sinh tìm ra
cách giải đúng không phạm sai lầm đã phân tích.

6

Cách 1: Sau khi tìm được x =

2
và x = 2 thử lại (2) không nghiệm đúng. Ta kết
11

luận phương trình (2) vô nghiệm.
Cách 2: Đặt điều kiện tồn tại của các căn thức của (2)
Sau khi giải đến (2’) khi bình phương hai vế đặt thêm điều kiện x ≤

2
7

2

x ≤
Khi đó x thoả mãn  7 nên phương trình (2) vô nghiệm.
 x ≥ 1

Cách 3: Có thể dựa vào điều kiện của ẩn để xét nghiệm của phương trình .
Điều kiện của (2) : x ≥ 1 do đó x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 < 5 x − 1
Vế trái âm. Vế phải lớn hơn hoặc 0 nên phương trình (2) vô nghiệm .
Sau đó tôi ra một số bài tập tương tự cho học sinh trình bày lời giải.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) 4 x + 1 − 3x + 4 = x − 2
b) x − 2 − x + 1 = 2 x − 1 − x + 3
C) Dạng 3: Sử dụng lập phương hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 7 − x = 2
(1)

Đối với phương trình có chứa căn bậc lẻ ta không cần điều kiện để biểu thức
dưới dấu căn không âm vì 2 n+1 A có nghĩa với ∀A
Ở luỹ thừa bậc lẻ: a = b ⇔ a2n+1=b2n+1; (n∈ N) nên không cần xét đến dấu
của hai vế.
2
2
Giải: Lập phương hai vế x + 1 + 7 − x + 3( 3 x + 1) .3 7 − x + 3 x + 1.( 3 7 − x ) = 8 (1’)
Đến đây có thể học sinh rất lúng túng vì sau khi lập phương hai vế, vế trái nhìn
rất phức tạp, giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng hằng đẳng thức:
( a+b)3 = a3 + b3 + 3ab(a+b)
Khi đó (1’) có thể viết x + 1 + 7 − x + 33 ( x + 1)(7 − x) .( 3 x + 1 + 3 7 − x ) = 8
Đặc biệt 3 x + 1 + 3 7 − x = 2 nên thay vào phương trình ta được:
8 + 33 ( x + 1)(7 − x ) .2 = 8 ⇔ ( x + 1)(7 − x) = 0
Giải ra: x1 = −1; x 2 = 7 ; Thay vào (1) ta thấy nghiệm đúng.

Vậy phương trình có nghiệm x1= -1; x2 = 7.
Như thế ở phương trình (1) ngoài việc lập phương hai vế cần sử dụng hằng
đẳng thức một cách linh hoạt để đưa phương trình về dạng a.b = 0 rồi giải.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình :
a) 3 − x + 1 + 3 x − 1 = 3 5 x ; b) 3 2 x + 1 + 3 3 − 2 x = 4 ;
c) 3 2 x − 1 + 3 2 x + 1 = 3 10 x
d) 3 x −1 + 3 x −2 = 3 2x −3
Nhận xét: *Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc hai ta cần chú ý:
- Tìm điều kiện xác định
- Sau khi biến đổi để 2 vế của phương trình không âm ta bình phương 2
vế được phương trình tương đương.
- Khi khử căn và rút gọn trong phương trình vẫn còn căn thức bậc hai
chứa ẩn, ta tiếp tục chuyển vế và đặt điều kiện rồi bình phương tiếp.
7

* Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc ba thì không cần tìm điều kiện
cho biểu thức dưới căn bậc ba.
- Trước khi lập phương nên chuyển căn thức về một vế.
PHƯƠNG PHÁP 2: Đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt
đối.
Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng
bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức A 2 = A để làm
mất dấu căn đưa về phương trình đơn giản.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5 (1)
Nhận xét: + Ở phương trình (1) học sinh có thể nhận xét vế trái có cùng căn
bậc hai nên có thể bình phương hai vế. Nhưng ở phương trình này sau khi bình
phương (lần 1) vẫn còn chứa căn rất phức tạp.
+Ta xét xem biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của
một biểu thức không? Từ đó có có hướng giải sau:
Giải : ĐKXĐ 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

3
;
2

2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5
⇔ (2x −3)+2 2x −3 +1 + (2x −3) −2 2x −3.4+16 = 5
⇔

(

)

2x −3 +1

2

+

(

2x −3 −4

)

2

=5 ⇔

2x −3 +1 +

'
2x −3 −4 = 5 (1 )

Cách 1: Đến đây để giải (1’) ta có thể bỏ dấu giá trị tuyệt đối, trước khi bỏ dấu
A thì cần xét dấu của A
Nhận xét: 2 x − 3 + 1 > 0 nên chỉ xét dấu 2 x − 3 − 4
2 x − 3 ≥ 16
19

⇔x≥
Nếu 2 x − 3 − 4 ≥ 0 ⇔  3
2
 x ≥ 2

thì 2 x − 3 + 1 + 2 x − 3 − 4 = 5 ⇔ 2 2 x − 3 = 8 ⇔ 2 x − 3 = 4
9
Giải ra x = (Không thoả mãn ĐKXĐ)
2
3
19
+ Nếu 2 x − 3 < 4 ⇔ ≤ x ≤
2
2

thì 2 x − 3 + 1 − 2 x − 3 + 4 = 5 ⇔ 0 x = 0 vô số nghiệm x thoả mãn
Kết luận:

3
19
≤x≤
2
2

3
19
≤x≤
2
2

Cách 2: Để giải (1’) cũng có thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối.
A + B ≥ A + B dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A.B ≥ 0.
Giải (1’)
2x −3 +1 + 2x −3 −4 =5⇔ 2x −3 +1 + 4− 2x −3 =5

8


Ta có:
=>

2x − 3 + 1 + 4 − 2x − 3 ≥

2x − 3 + 1 + 4 − 2x − 3 = 5

2 x − 3 + 1 + 4 − 2 x − 3 = 5 khi
4 − 2 x − 3 ≥ 0

⇔
3
x ≥
2


(

)(

)

2x − 3 + 1 4 − 2x − 3 ≥ 0

Giải ra:

3

19
≤x≤
2
2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x 2 + 20x + 25 + x 2 + 6x + 9 = 10x − 20 (2)
( Đề thi khảo sát đầu năm trường Trần Mai Ninh 2009 - 2010)
Đối với bài tập này học sinh phát hiện được biểu thức trong căn là bình phương
của một tổng và biến đổi được về dạng:
4x 2 + 20x + 25 + x 2 + 6x + 9 = 10x − 20 ⇔ 2x + 5 + x + 3 =10 (x − 2) .
Đa số học sinh sẽ giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách xét các
khoảng x ≤ -3; -3 < x < - 2,5; x ≥ − 2, 5 .
Tuy nhiên nếu quan sát kỹ hai vế ta có vế trái không âm nên vế phải cũng không
âm, suy ra x ≥ 2 từ đó có cách giải ngắn gọn hơn.
Với x ≥ 2 thì 2x + 5 > 0 và x + 3 > 0 phương trình trở thành: 2x + 5 + x +3 = 10x – 20
Từ đó ta tìm được nghiệm phương trình là x = 4.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) x + 2 − 4 x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 ; b) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
PHƯƠNG PHÁP 3: Đặt ẩn phụ
Việc giải phương trình vô tỉ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp. Nếu
cứ nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao khó
tìm nghiệm. Tuy nhiên, nếu đặt ẩn phụ một cách thích hợp thì có thể chuyển
phương trình vô tỷ đã cho về một phương trình đơn giản, một hệ phương trình
đại số đã có cách giải quen thuộc. Cách đặt ẩn phụ còn tuỳ thuộc vào bài toán
cụ thể, vì vậy phải xem xét và vận dụng linh hoạt .
Ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ... hoặc nhiều ẩn phụ.
A) Cách đặt 1 ẩn phụ:
Chọn ẩn phụ thích hợp để đưa phương trình về phương trình có một ẩn. Giải
phương trình tìm ẩn phụ, từ đó tìm ẩn chính.
Ví dụ 1: Giải phương trình:

2 x 2 + 6x+ 12+ x 2 + 3x + 2 = 9
(1)
Nhận xét: Ở phương trình này nếu bình phương 2 vế sẽ đưa về một phương
trình bậc 4 mà việc tìm nghiệm là rất khó. Ta tìm mối liên của biểu thức trong
và ngoài căn 2x2+ 6x+ 12 = 2(x2 + 3x + 2) + 8.
Hướng giải: Đặt ẩn phụ là y= x 2 + 3x + 2
Giải: ĐKXĐ: x2+3x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x+1) (x+2) ≥ 0 ⇔ x ≤ 2; x ≥ -1.
Đặt : x 2 + 3x + 2 = y ( y ≥ 0 )
(1) ⇔ 2y2 + y + 8 = 9 ⇔ 2y2 + y - 1= 0
Giải ra ta được y1= 0,5 ( Thoả mãn ĐKXĐ); y2= - 1 ( Loại)
Với y1= 0,5 ta có x 2 + 3x + 2 = 0,5 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0,25
9


−3+ 2
−3− 2
; x2 =
2
2
−3+ 2
Đối chiếu với ĐKXĐ x =
thoả mãn là nghiệm của phương trình (1)
2

Giải ra: x1 =

Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 1 + 3 − x − (x + 1)(3 − x) = 2
(2)
(Đề thi học sinh giỏi Thành Phố Thanh Hóa năm học 2014 - 2015)
Đối với ví dụ này nếu bình phương 2 vế sẽ rất phức tạp. Khi quan sát so sánh

kỹ các biểu thức dưới dấu căn học sinh nghĩ ngay đến phương pháp đặt ẩn phụ.
x + 1≥ 0
Giải: ĐKXĐ  3− x ≥ 0 <=> -1 ≤ x ≤ 3
Đặt y = x +1 + 3−x ( Điều kiện y ≥ 0)

Khi đó y2 = 4 + 2

( x + 1)(3− x )

=> 2 ( x + 1)(3− x ) = y2 - 4
(2’) (Điều kiện y2 ≥ 4 )
Phương trình trở thành 2y – (y2- 4) = 4 <=> y2 - 2y = 0 <=> y( y - 2) = 0
<=> y = 0 (không thỏa mãn y2 ≥ 4) (loại) ; y = 2 (thỏa mãn y2 ≥ 4)
Thay y = 2 vào (2’) ta được 2 ( x + 1)(3− x ) = 22 - 4<=> ( x + 1) ( 3 – x) = 0
Ta thấy x = - 1; x = 3 thỏa mãn điều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = -1 ; x = 3.
Ví dụ 3: Giải phương trình 8 12 + 16x − 16x 2 + 4x − 4x 2 = 33 (3)
(Đề thi HSG Thành Phố Thanh Hóa năm học 2012- 2013 vòng 2)
Trong ví dụ này nếu đặt biểu thức 12 + 16x − 16x 2 = y sẽ rất phức tạp vì
thế ta nên biến đổi thành biểu thức đơn giản hơn trước khi đặt ẩn phụ.
Giải: ĐKXĐ – 0,5 ≤ x ≤ 1,5
Biến đổi phương trình:
8 12 + 16x − 16x 2 + 4x − 4x 2 = 33 <=> 16 3 + 4x − 4x 2 + 4x − 4x 2 = 33
Đặt 3 + 4x − 4x 2 = y (y ≥ 0)
Suy ra 3 + 4x – 4x2 = y2 => 4x - 4x2 = y2 – 3
(3’)
Phương trình đã cho trở thành: 16y + y2 - 3 = 33 <=> y2 + 16y – 36 = 0
<=> ( y – 2) ( y + 18) = 0
Do đó y = 2 và y = –18 . Ta thấy y = – 18 không thoả mãn điều kiện
+ Thay y = 2 vào (3’)ta có: 4x – 4x2 = 22 – 3 <=> 4x2 – 4x + 1 = 0

<=> (2x – 1)2 = 0 <=> x = 0,5
Ta thấy x = 0,5 thoả mãn điều kiện, đó là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy nghiệm phương trình là: x = 0,5
Ví dụ 4: Giải phương trình x +

3x
x2 − 9

=6 2

(x ∈)

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm học 2011- 2012)

10


Với ví dụ này nếu ta đặt ẩn phụ ngay sẽ không hiệu quả nên phải kết hợp hai
phương pháp bình phương hai vế và đặt ẩn phụ.
x > 3
;
 x < −3

Giải : ĐKXĐ x2 – 9 > 0 ⇔ 

+ Nếu x > 3 bình phương hai vế của phương trình ta được:
9x2
6x2
x4
x2

x + 2
+
= 72 ⇔ 2
+ 6.
− 72 = 0
x −9
x −9
x2 − 9
x2 − 9
x2
(t > 0) , được phương trình: t 2 + 6t − 72 = 0 ⇔ t = 6 .
Đặt t = 2
x −9
x2
= 6 ⇔ x4 – 36x2 + 324 = 0 ⇔ x2 = 18.
Khi đó: 2
x −9
Trong trường hợp này tìm được: x = 3 2
3x
< 0 < 6 2 => phương trình vô nghiệm.
+ Nếu x < –3 thì x + 2
x −9
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 3 2 .
2

B) Đặt ẩn phụ đưa phương trình về 2 ẩn: Ẩn chính và ẩn phụ, tìm mối quan
hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + x + 2002 = 2002
( Đề thi vào lớp 10 PTTH năm 2002- 2003)
Nhận xét: Nếu bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 khó nhẩm nghiệm

vô tỷ. Hãy tìm cách đưa về một hệ phương trình có 2 ẩn là ẩn chính và ẩn phụ.
Tìm mối quan hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ từ đó đưa về phương trình đơn
giản.
Giải: ĐKXĐ x ≥ - 2002
Cách 1: Đặt x +2002 = y ( y ≥ 0) ta có hệ phương trình

2
x +2002 =y
giải ra

2

x +y =2002

 x + 2002 = −x
x = −y
x = y −1 ⇔ 


 x + 2002 = x +1

Từ đó sử dụng phương pháp 1 để giải tiếp.
Cách 2: Đưa 2 vế cùng bậc:

1
1
= x + 2002 − x + 2002 +
4
4
1

1

x + = x + 2002 −
2
2

1 
1

2
2
⇔  x + ÷ =  x + 2002 − ÷ ⇔ 
2 
2

 x + 1 = 1 − x + 2002

2 2
x2 + x +

Đến đây tiếp tục giải theo phương pháp 1.
Chú ý: Cách này thường sử dụng khi quan hệ ẩn chính và ẩn phụ đưa được về
hệ phương trình đối xứng.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x + 1) 2 x 2 − 2 x = 2 x 2 − 3x − 2 .
(2)
( Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Lam Sơn 2014 – 2015)
11


Đối với ví dụ này ta linh hoạt khi đặt ẩn phụ thì bài giải sẽ ngắn gọn hơn.

Giải: Điều kiện: x 2 − x ≥ 0 .
Phương trình đã cho tương đương: 2 x 2 − 2 x − ( x + 1) 2 x 2 − 2 x − x − 2 = 0 (2’)
Đặt t = 2 x 2 − 2 x ,(t ≥ 0) . Ta có (2’) trở thành: t 2 − ( x + 1)t − x − 2 = 0
⇔ t = −1 (loại), t = x + 2 .
 x ≥ −2
⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn).
2
 x − 6x − 4 = 0

2
Với t = x + 2 ⇒ 2 x − 2 x = x + 2 ⇔ 

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 3 ± 13 .
Ví dụ 3: Tìm nghiệm dương của phương trình 7 y 2 + 7 y =

4 y +9
.
28

(Đề thi thử vào lớp 10 Trần Mai Ninh năm 2015- 2016)
Ví dụ này khó ở chỗ đặt ẩn thế nào cho phù hợp vì thế cần phải quan sát kỹ đề
bài hơn, ta có thể đặt ẩn để đưa về hai phương trình đối xứng sau:
1
4 y +9
1
=x+
Giải: Với y> 0 đặt
(ĐKXĐ x ≥− )
28
2

2
⇒

4 y +9
1
1
=( x + )2 ⇒7 x 2 +7 x = y +
28
2
2

1
2

Theo bài ra 7 y 2 + 7 y = x + => 7(x2 –y2) + 8(x –y) = 0
1
2

= > (x – y)(7x + 7y + 8) = 0. Vì x ≥ − ; y > 0 nên (7x + 7y + 8) > 0
= > (x – y) = 0 = > x = y.
1
2
Khi đó 7 y + 7 y = y + => 14y2 + 12y - 1 = 0
2
Ta có ∆ , = 50 > 0 nên y1 =

−6 + 50
−6 − 50
> 0; y 2 =
<0

14
14

Mà y > 0 nên nghiệm dương của phương trình là y =

−6 + 50
14

B) Đặt 2 ẩn phụ:
Trong một số phương trình nếu đặt một ẩn phụ sẽ được phương trình mới
rất phức tạp. Ta có thể đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình, giải hệ tìm giá trị
của ẩn phụ, từ đó đưa về phương trình đơn giản.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 2 − x + x − 1 = 1
Nhận xét: Ở vế trái có căn bậc 2 và căn bậc 3 nên việc nâng luỹ thừa 2 vế để
làm mất dấu căn là rất khó.
+ Hai biểu thức trong căn có mối quan hệ: 2 − x + x − 1 = 1 (hằng số)
+ Đặt 2 ẩn phụ: Sẽ đưa về hệ 2 phương trình không chứa căn và giải.
Giải: ĐKXĐ x ≥ 1
Đặt 3 2−x = u; x −1 = v ( v ≥ 0)

12


u + v = 1

Ta có hệ phương trình: 

3
3
u + v = 1

Giải ra ta được u1 =0; u2 =1; u3 = - 2
Từ đó ta tìm được nghiệm x1=1; x2=2; x3 = 10 ( thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x1=1; x2= 2; x3 =10.
Tổng quát: Đối với phương trình có dạng:
n a − f ( x ) + m b ± f ( x) = c
(n, m∈ N; n, m>0).
Ta thường đặt: u = n a − f ( x) ; v = m b + f ( x) Khi đó ta được hệ phương trình:
u + v = c
 n
hoặc
m
u + v = a + b

u + v = c
 n
m
u − v = a − b

Giải hệ này tìm u, v sau đó tìm x
Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 97 − x + 4 x − 15 = 4
(2)
Đây là phương trình chứa căn bậc 4, ta thấy ngay hai biểu thức dưới dấu căn có
tổng bằng 82 nên đặt hai ẩn phụ để chuyển về hệ đối xứng như sau:
Giải: ĐKXĐ: 15 < x < 97
Đặt u = 4 97 − x ; v = 4 x − 15
(u, v > 0)

u +v = 4
Khi đó ta có hệ phương trình:  4

4

u +v = 82

Mặt khác u4 + v4 = [(u + v)2 - 2uv]2 - 2u2v2
Vì u + v = 4 nên u4 + v4 = (16 - 2uv)2 - 2u2v2
Đặt t = u . v (t > 0) ta có: (16 - 2t)2 - 2t2 = 82 <=> t1 = 3, t2 = 29
u + v = 4
u + v = 4
(2’) và 
(2’’)
u
.
v
=
3
u
.
v
=
29



Ta có hai hệ phương trình sau: 

Hệ (2’) có hai nghiệm (1, 3); (3,1).
Hệ (2’’)vô nghiệm.
97 − x = 1
97 − x = 81

và 
 x − 15 = 81
 x − 15 = 1

Suy ra 

Giaỉ hai hệ phương trình ta có x = 96 ; x = 16 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 96; x = 16
Ví dụ 3: Giải phương trình:

(5 − 2 6 ) x + (5 + 2 6 ) x = 10

(3)

(Đề thi học sinh giỏi năm 2005 - 2006)
Phương trình này không quen thuộc như các phương trình trên, ẩn x nằm
ở lũy thừa, gặp phương trình này học sinh rất lúng túng. Giáo viên cần giúp học
sinh tìm thấy mối quan hệ giữa hai biểu thức dưới dấu căn, từ đó có cách đặt ẩn
phụ phù hợp.
Giải: ĐKXĐ: x ∈ R .
13


Ta thấy (5 -2 6 )(5 + 2 6 ) = 1
Đặt

(5 + 2 6 ) x =

(5 − 2 6 ) x = u (u > 0) thì

Khi đó: (3) <=> u +

1
u

1
= 10 <=> u2 - 10u + 1 = 0
u

u =5−2 6
⇔

u =5+2 6
Nếu u = 5 - 2 6 thì (5 − 2 6 ) x = 5 − 2 6
<=> (5 − 2 6 ) x = (5 − 2 6 ) 2 <=> x = 2
x
Nếu u = 5 + 2 6 thì (5 − 2 6 ) = 5 + 2 6 =

x
<=> (5 − 2 6 ) =

1

(5 − 2 6 )

2

(

⇔ 5− 2 6

)

x+ 2

1
5−2 6

=1⇔ x+ 2 = 0

<=> x = - 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = + 2
Ngoài cách trên có một số bài khi đặt 2 ẩn phụ nhưng không đưa được về hệ
phương trình thì ta có thể tìm quan hệ của 2 ẩn phụ, thay vào hệ thức đã đặt lúc
đầu để đưa về phương trình đơn giản.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1
(Đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm 2015-2016)
Nhận xét: Nếu bình phương hai vế của phương trình sẽ đưa về phương trình bậc
4 rất khó giải. Đa số học sinh không làm được bài tập này.
Nếu quan tâm biểu thức x3+1.
Ta sử dụng hằng đẳng thức: x3 + 1= (x + 1)(x2 – x + 1)
+ Tìm mối quan hệ giữa x2 + 2 và x3 + 1 ta có x2 +2 = (x2 – x + 1)+( x + 1)
+ Từ đó có thể đặt 2 ẩn phụ: a = x + 1; b = x 2 − x + 1 và tìm mối quan hệ a, b từ
đó tìm x
Giải: ĐK XĐ x ≥ − 1
2( x 2 + 1) = 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1)

Đặt a = x +1; b = x 2 −x +1
Ta có: a2 = x + 1 ; b2 = x2 – x + 1 ; x2 + 2 = a2 + b2

Phương trình đã cho trở thành: 2( a2 + b2) = 5 ab <=> (2a – b)(a – 2b) = 0.
 a = 2b
⇔
b = 2a

* Với a = 2b ta có:

x + 1 = 2 x2 − x + 1

14



5 + 37
x1 =
2
⇔ x 2 − 5x − 3 = 0 ⇔ 

5 − 37
x 2 =

2

Thoả mãn ĐK XĐ
+ Với b = 2a Ta có: x 2 − x + 1 = 2 x + 1 . Từ đó giải ra tìm x.
Ở dạng này việc tìm mối quan hệ giữa các biểu thức ở hai vế là rất quan
trọng.
Vì vậy trước khi giải phải quan sát nhận xét để tìm ra cách giải phù hợp.
Ví dụ 5: Giải phương trình: 2(3x + 5) x 2 + 9 = 3x 2 + 2 x + 30
Hướng dẫn: Hãy tìm mối quan hệ các biểu thức:

3( 2x + 3) +1 x 2 + 9 = 3(x 2 + 9) + 2x + 3



Đặt: 2 x + 3 = a; x 2 + 9 = b ( b ≥ 0);
Ta có phương trình (3a + 1)b = a + 3b 2 ⇔ (3b − 1)(b − a) = 0
1
 2
b = a
x +9 =

3
<=>  1 ⇔ 
Giải ra ta được x = 0
b=
2
2 x + 3 = x + 9
3


Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) x 3 + 1 = 23 2 x − 1 ; b) 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1 ; c) 4 x 2 + 6 x + 7 + 2 x 2 + 3x + 9 = 15
d)

3

1
1
+x+
− x = 1;

2
2

e)

2 x + 3 + x + 1 = 3 x + 3 2 x 2 + 5 x + 3 − 16

C) Đặt nhiều ẩn phụ:
Ví dụ: Giải phương trình 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
Nhận xét: + Phương trình này nhìn rất phức tạp, nếu dùng phương pháp bình
phương 2 vế sẽ không hiệu quả .
+ Việc đặt điều kiện để các căn thức có nghĩa có thể phức tạp, nên ta giải
phương trình tìm x rồi thử lại.
+ Quan sát nhận xét các biểu thức dưới dấu căn:
(2 x 2 − 1) − ( x 2 − 3 x − 2) = ( 2 x 2 + 2 x + 3) − ( x 2 − x + 2)

Nên có thể nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ:
Giải: ĐKXĐ x ≥ 2; x ≤ 1
Đặt 2 x 2 − 1 = u; x 2 − 3x − 2 = v; 2 x 2 + 2 x + 3 = z; x 2 − x + 2 = t ( u, v, z, t ≥ 0)
u + v = z + t

Ta có hệ : 

2
2
2
2
u − v = z − t

Từ đó suy ra: u = t ⇒ 2 x 2 − 1 = 2 x 2 + x + 3

Giải ra ta được x = - 2. Thay vào thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm x= - 2
PHƯƠNG PHÁP 4: Đưa về dạng A2 + B2 = 0 hoặc A.B = 0
Ở phương pháp này ta sử dụng A2 + B2 = 0 <=> A = B = 0;
A.B =0 <=> A = 0 hoặc B = 0.
15


Ví dụ: Giải phương trình

1
x − 2 + y + 2009 + z − 2010 = ( x + y + z )
2

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm 2009 - 2010)
Đối với phương trình này ta không thể làm bằng cách bình phương hai vế hay
đặt ẩn phụ được, tuy nhiên quan sát kỹ hơn ta sẽ thấy xuất hiện các hằng đẳng
thức bậc hai, từ đó có cách giải sau:
Giải: ĐKXĐ: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010
Phương trình đã cho tương đương với:
x + y + z = 2 +2 y + 2009 + 2 z −2010

⇔ ( x − 2 - 1)2+( y + 2009 - 1)2 + ( z − 2010 - 1)2 = 0.
Vì ( x −2 −1) 2 ≥0;( y + 2009 −1) 2 ≥0; ( z −2010 −1) 2 ≥0 nên
 x −2 −1=0
 x −2 =1
x = 3




 y + 2009 −1= 0 ⇔  y + 2009 = 1 ⇔  y =− 2008


z = 2011
 z −2010 −1=0
 z −2010 =1

Thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3; y = - 2008; z = 2011.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) 5 x + 2 x + 1 − 1 − x = −3 ;

b) 4 x + 1 − 3x − 2 =

x+3
5

PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng bất đẳng thức
Ta dùng bất đẳng thức đánh giá mỗi vế của phương trình để từ đó suy ra
nghiệm của phương trình. Khi giải phương trình vô tỉ thường dùng phương
pháp bất đẳng thức ở nhiều dạng khác nhau.
A) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt để chứng
tỏ tập giá trị ở 2 vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phương trình x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2
Cách 1. 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
Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:
x − 1 = 5x − 1 + 3x − 2 ⇔ x − 1 = 8x − 3 + 2 (5x − 1)(3x − 2)
⇔ 2 − 7x = 2 (5x − 1)(3x − 2)

Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô
nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Nhận xét: +Ở phương trình này ta không nên bình phương hai vế,đặt ẩn phụ.
+ Xét các biểu thức trong căn và ngoài căn.
16


3x2+ 6x +7 = 3(x+1)2+ 4; 5x2+10x + 14 = 5(x+1)2 + 9; 4 - 2x - x2=-(x+1)2+5
Từ đó có lời giải:
Giải: VT: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 ≥ 4 + 9 = 5
VP: 4 − 2 x − x 2 = 5 − ( x + 1) 2 ≤ 5
Vậy 2 vế đều bằng 5, khi đó x + 1 = 0 ⇒ x = −1
Kết luận phương trình có một nghiệm x = - 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình: x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27 (3)
Nhận xét: Nếu bình phương 2 vế ta có phương trình bậc 4, khó giải, phức tạp.
Ta sử dụng bất đẳng thức rồi so sánh 2 vế.
Giải: ĐKXĐ: 4 ≤ x ≤ 6
Ta thấy: x 2 − 10 x + 27 = ( x − 5) 2 + 2 ≥ 2
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
2

(

( 1.

x −4 +1. 6−x )

⇒

x −4 + 6−x ≤ 2

≤ 12 +12

) ( x −4+6−x ) = 2.2 = 4

Suy ra x2 - 10x + 27 = 2
(3’) và x − 4 + 6 − x = 2
(3’’)
Giải (3’) ta được x = 5 thay vào (3’’) ta thấy 2 vế bằng nhau.
Vậy phương trình có nghiệm x = 5.
Ví dụ 4: Tìm nghiệm dương của phương trình:

( 1+ x −

x2 − 1

)

2005

(

+ 1 + x + x2 −1

)

2005

= 2 2006

(Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2008-2009)
Đối với bài tập này ta chỉ có thể nghĩ đến việc so sánh được hai vế từ đó ta
dùng các bất đẳng thức phù hợp.
Giải: ĐKXĐ: x ≤ −1 ; x ≥ 1
Gọi a là nghiệm dương của phương trình khi đó a ≥ 1
Ta có: 1 + a − a 2 − 1 > 0,1 + a + a 2 − 1 > 0

(
⇔ (1+ a −
⇔ (1+ a −
⇔ (1+ a −
⇒ ( 1+ a −

)
a −1)
a −1)
a −1)
a −1)

⇒ 1 + a − a2 − 1
2

2

2

2

2005

2005

2005

2005

2005

(
+ ( 1+ a +
+ ( 1+ a +
+ ( 1+ a +
+ ( 1+ a +

)
a −1)
a −1)
a − 1)
a −1)

+ 1 + a + a2 − 1
2

2

2

2

2005

2005

2005

2005

2005


≥ 2


(

≥2

2a + 2

(
≥ 2(

)(

)

2005



1+ a − a2 −1 1+ a + a2 −1 ÷


)
2.1 + 2 )

2005

2005

Vì a ≥ 1

≥ 2.22005 = 22006
= 22006

1 + a + a 2 − 1 = 1 + a + a 2 − 1
⇔
⇔ a =1
a = 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1.
Tổng quát cách giải:

17


+ Biến đổi phương trình về dạng f(x)= g(x) mà f(x)≥ a g(x)≤ a với a là hằng
số. Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thoả mãn đồng thời f(x)= a và
g(x) = a.
+ Biến đổi phương trình về dạng h(x) =m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) ≥

m và h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng
thức xảy ra.
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki.
B) Đoán nghiệm, chứng minh nghiệm duy nhất
Ví dụ 1: Giải phương trình 5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 = 1
Nhận xét: Nếu sử dụng 5 phương pháp trên đều khó giải được nên suy nghĩ để
tìm cách giải khác.
Hướng dẫn: + Thử nhẩm tìm nghiệm của phương trình
+ Chứng minh nghiệm duy nhất
Giải: Nhận thấy x = 1; x = -1 là một nghiệm của phương trình
 5 − x 6 < 2
5 − x 6 < 4
x
>
1
⇒
⇒ 5 − x 6 − 3 3 x 4 − 2 < 1 nên phương
+ Xét
thì  4

4
3 x − 2 > 1  3 x − 2 > 1

trình vô nghiệm
5 − x 6 > 4
⇒ 5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 > 1
+ Xét x < 1 ta có:  4
3 x − 2 < 1

nên phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = -1 và x = 1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1

(Đề thi học sinh giỏi Thành Phố Thanh Hóa 2011-2012)
Đối với ví dụ này ta không thể dùng các phương pháp 1,2,3 hoặc dùng bất đẳng
thức được. Trước hết ta nhẩm nghiệm của phương trình, ngoài nghiệm đó ra ta
có còn nghiệm nào khác không?Sau đó ta chứng minh nghiệm đó là duy nhất.
Giải: ĐKXĐ: x ≥

1
2

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

1
≤ x < 2 : VT =
2

– 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
1+

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

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình a) x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 ;
b) x 2 + x − 1 + − x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2 ; c)

6
8
+
= 6.
3− x
2−x

18

C) Sử dựng phương trình bậc hai:
Ngoài các phương pháp trên ta có thể vận dụng kiến thức về phương trình
bâc 2 để giải phương trình vô tỉ.
Đưa phương trình đã cho về dạng chính tắc ax2 + bx +c = 0 (a ≠ 0)
Rồi tìm điều kiện để phương trình có nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình x2 - 7x + 2(x+2). x + 3 = 24
(*)
Giải: ĐKXĐ: x ≥ -3
Khi đó (*) <=> x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2). x + 3 = 0
<=> - 8(x +3) + 2(x +2). x + 3 + x 2 + x = 0
Đặt y = x + 3 (y > 0) , (2) <=> - 8y2 + 2(x + 2)y + x2 + x = 0
∆' = (x + 2)2 + 8(x2 + x) = (3x + 2)2
− x − 2 + 3x + 2 − x
− x − 2 − 3x − 2 x + 1
=
=
, y2 =
−8
2
−8
4
−x
−x
Với y1 =
ta có x + 3 =
<=> x + 4 x + 3 = 0 <=> x +3 + 4 x + 3 − 3 = 0
4
4

y1 =

∆' = 4 + 3 = 7> 0.

=> x + 3 = −2 − 7 < 0 (loại); x + 3 = −2 + 7 > 0
<=> x +3 = 4 + 7 - 4 7 <=> x = 8 - 4 7 < -3 (loại)
Với y2 =

x +1
ta có
2

x+3 =

x +1
2

<=> x + 1 - 2 x + 3 = 0 <=> x + 3 - 2 x + 3 − 2 = 0 , ∆' = 1 + 2 = 3
=> x + 3 = 1 − 3 < 0 (loại); x + 3 = 1 + 3 > 0 (TMĐK)
<=> x + 3 = 1 + 3 + 2 3 <=> x = 1 + 2 3 (thoả mãn)
Vậy x = 1 + 2 3 là nghiệm của phương trình
PHƯƠNG PHÁP 6: Sử dụng biểu thức liên hợp.
Ví dụ 1: Giải phương trình

1
5
+
= 4.
x+3
x+4

(Đề thi giáo viên giỏi Thành Phố Thanh Hóa 2015-2016)
Đối với bài toán này ta có thể bình phương hai vế được không, nếu vậy ta được
phương trình bậc 4 không có nghiệm nguyên, rất khó khăn trong việc tìm
nghệm, dùng biểu thức liên hợp ta có cách giải độc đáo sau
Giải: ĐKXĐ x > - 3.


Khi đó phương trình đã cho tương đương với  2 −


1  
5 
+  2 −
÷
÷= 0
÷
x+3  
x+4 ÷


19


1
5
4−
4 x + 11
4 x + 11
x+3 +
x+4 =0⇔

+
=0


1
5
1 
5 
2+
2+
( x + 3)  2 +
÷ ( x + 4)  2 +
÷
x+3
x+4
x+3 
x+4 


4−

Vì x > - 3
1


1 
( x + 3)  2 +
÷
x+3 


+

1

>0

5 
( x + 4)  2 +
÷
x+4 

11
Do đó 4x + 11 = 0 ⇔ x = −
thỏa mãn điều kiện.
4
 11
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = −  .
 4

nên

Ví dụ 2: Giải phương trình
Giải: ĐKXĐ: x ≥

x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5

(2)

5

3

Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Như vậy phương trình đã
cho có thể phân tích được về dạng ( x − 2 ) Q ( x ) = 0
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3
x2 − 4
x2 − 4
⇔
= 3( x − 2) +
x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3


x+2
x+2
⇔ ( x − 2) 
−
− 3÷= 0
2
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x = 2
⇔
x+2
x+2

−
−3= 0
(2' )

2
2
 x + 12 + 4
x +5+3
1
1
x+2
x+2
<
⇒
−
< 0 nên (2’) vô nghiệm.
Do
2
2
2
2
x + 12 + 4
x +5 +3
x + 12 + 4
x +5 +3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

Ví dụ 3: Giải phương trình 3x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3x + 4
Ý tưởng: Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một
nghiệm x = 2 nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất
hiện nhân tử ( x − 2 ) . Ta có nhận xét rằng:

( 3x

2

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

Ta đi đến lời giải như sau:
(3) ⇔ 3x 2 − 5 x + 1 − 3 ( x 2 − x − 1) = x 2 − 2 − x 2 − 3 x + 4 (ĐK x2 ≥ 2; x2 – x – 1 ≥0)

20


−2 x + 4

⇔

3x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

=

3x − 6
x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4



2
3

=0
⇔ ( x − 2)
+

2
2
 3x 2 − 5 x + 1 + 3 x 2 − x − 1
(
) x − 2 + x − 3x + 4 


Mặt khác, ta có:
2
3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x − 1)

+

3

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 > 0 với mọi x

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 4: Giải phương trình 3 3 x 2 + x 2 + 8 − 2 = x 2 + 15 (4)
Ở ví dụ này vừa có căn thức bậc hai vừa có căn thức bậc ba ta không thể sử
dụng các phương pháp trên được.Ta dự đoán được nghiệm x = ±1 , và có cách
giải phương trình như sau:
Giải:

( 4) ⇔ 3( 3 x2

⇔

3 ( x 2 − 1)

3

) (

−1 +

x4 + 3 x2 + 1

+

) (

x2 + 8 − 3 =

x2 −1
x2 + 8 + 3

=

x 2 + 15 − 4

)

x2 −1
x 2 + 15 + 4

x 2 =1

⇔
3

1
1
+
=
3
3
4
2

x 2 +8 +3
x 2 +15 +4
 x + x +1

Mặt khác, ta có:
x 2 + 15 > x 2 + 8 ⇒ x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3 ⇒

1
x + 15 + 4
2

<

1
x +8 +3
2

Nên phương trình thức hai vô nghiệm.
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = -1.
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
1. Kết quả, đánh giá

Qua quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh các lớp
tôi giảng dạy trong những năm qua (lớp 9E, 9F năm 2011-2012 và lớp 9C, 9G
năm 2015-2016) đã cho thấy kết quả rõ rệt.
- Các em tự tin khi giải phương trình vô tỉ.
- Biết lựa chọn phương pháp phù hợp sao cho ngắn gọn, dễ hiểu.
- Khắc phục các lỗi khi giải phương trình cũng như khi làm toán.
- Khả năng tư duy logic các vấn đề trong đời sống hằng ngày cũng như trong các
bài toán được cải thiện rất nhiều.
- Học sinh có hứng thú học tập, tích cực trong học toán.
- Qua khảo sát học kỳ I, kiểm tra chương I kết quả có nhiều khả quan như sau:
Số học sinh yêu thích môn đại số

Số học sinh giải tốt phương trình vô tỉ

21


Trước khi vận
dụng đề tài
60/96
học sinh

Sau khi vận
dụng đề tài
80/96
học sinh

Trước khi vận
dụng đề tài
25/96

học sinh

Sau khi vận dụng đề
tài
71/96
học sinh

2. Tính ứng dụng của đề tài
Phương pháp nghiên cứu đề tài này được vận dụng với các giờ đại số nói
chung, giờ luyện tập toán nói riêng và có thể áp dụng vào các môn học khác.
Giáo viên có thể dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chuyên
môn đặc biệt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vòa lớp 10 PTTH. Nếu
được cho phép, có thể thực hiện một chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán cho
học sinh.
Phần 3: KẾT LUẬN
3.1 Kết luận:
Sau khi nghiên cứu và áp dụng sáng kiến kinh nghiệm học sinh đã rèn
luyện tốt kĩ năng giải phương trình. Nhằm mục đích bồi dưỡng và phát triển kĩ
năng vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia tích cực của người
học. Đề tài này khắc sâu nhiều kiến thức, trong đó có nhiều kiến thức mở rộng,
nâng cao giúp học sinh có tầm nhìn xa hơn về phương trình, hiểu rõ nguồn gốc
của nó. Là cầu nối kiến thức giữa các loại phương trình đã học (từ cấp tiểu học
đến cấp THCS), là nền tảng để nghiên cứu các dạng phương trình khác ở cấp
PTTH, đại học, cao đẳng. Đề tài còn tác động đến việc phát triển tiềm lực trí
tuệ, nâng cao năng lực tư duy độc lập và khả năng tìm tòi, sáng tạo cho học sinh.
Ngoài ra đề tài cũng giúp các bài tập môn khác như: vật lí, hóa, sinh... một cách
linh hoạt, sáng tạo hơn.
3.2 . Kiến nghị
Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng Giáo dục nên tổ
chức hội thảo cho giáo viên trong thành phố học tập và áp dụng những sáng kiến

đó để nâng cao chất lượng dạy và học.
Trong quá trình làm đề tài này tôi đã cố gắng để phân dạng phương trình
vô tỷ nhằm áp dụng có hiệu quả nhất. Tuy nhiên trong quá trình thực hiện còn có
những thiếu sót, vướng mắc mong các đồng chí đồng nghiệp góp ý để hoàn thiện
đề tài tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiếm kinh nghiệm của mình không sao chép
nội dung của người khác.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 3 năm 2016
CAM KẾT KHÔNG COPY
Người viết

22


Bùi Thị Hiền

23


TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Sách giáo khoa, sách bài tập toán 9.
- Toán nâng cao và phát triển toán 9 – Vũ Hữu Bình.
- Các chuyên đề chọn lọc toán 9 – Tôn Thân, Phạm Thị Lệ Hằng, Nguyễn
Đức Trường.
- Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9 – Bùi Văn Tuyên.
- Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở - Toán 9 – Đại số - Vũ Hữu Bình –

Nguyễn Ngọc Đạm – Nguyễn Bá Đang – Lê Quốc Hân – Hồ Quang Vinh.
- Rèn luyện tư duy qua việc giải toán - Nguyễn Thái Hòe
- Kinh nghiệm dạy toán và học toán - Vũ Hữu Bình.
- Phương pháp dạy học toán của trường phổ thông trung học cơ sở - Hoàng
Chúng.
- Báo toán tuổi thơ, toán học tuổi trẻ.
- Mạng Internet .

24