SKKN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ TRONG CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 9

MỤC LỤC

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ TRONG
CHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 9
I. ĐẶT VẤN ĐỀ:
1. Lý do chọn đề tài.
Toán học là môn khoa học được ứng dụng rất nhiều trong cuộc sống, một
môn học không thể thiếu được với mỗi chúng ta, là môn học trừu tượng và khó cho
người học cũng như người dạy. Với vai trò quan trọng của bộ môn có tính quyết
định đến chất lượng học tập các bộ môn khác. Hơn nữa chương trình toán THCS là
những viên gạch đặt nền móng đầu tiên cho cả quá trình học tập sau này.
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 cưc hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện
nhân cách.
Trong chương trình Toán bậc THCS, chuyên đề về phương trình là một trong
những chuyên đề xuyên suốt 4 năm học của học sinh, băt đầu từ những bài toán
“Tìm x biết ...” dành cho học sinh lớp 6, 7 đến việc cụ thể hóa vấn đề về phương
trình ơ cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình đại
số ơ lớp 9. Đây là một nội dung quan trọng băt buộc học sinh bậc THCS phải năm
băt được và có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo.
1


Trong những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trơ ngại
không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngơ ngàng và bối rối khi giải các loại
phương trình này. Thưc ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với
những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đê
quan trọng mà băt buộc những học sinh này phải vượt qua.
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại được Nhà

trường trưc tiếp giao trách nhiệm bồi dương đội tuyển học sinh giỏi Toán tham dư
kì thi các cấp Huyện và Tỉnh, tôi cũng rất trăn trơ về vấn đề này. Vấn đề đặt ra là
làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo các loại phương trình vô tỉ? Và
khi gặp bất cứ một dạng toán nào về phương trình vô tỉ các em cũng có thể tìm ra
cách giải một cách tốt nhất?
Với tất cả những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài “Một số phương
pháp giải phương trình vô tỉ trong chương trình đại số 9” .
2. Mục đích nghiên cứu của SKKN.
Để giúp các em học tốt môn toán có vốn kiến thức tư tin trong các kì thi học
sinh giỏi, khảo sát của Sơ giáo dục, vào THPT…Góp phần nâng cao chất lượng
giáo dục toàn diện trong nhà trường, tôi chọn đề tài này là vì mong muốn tìm được
một phương pháp tối ưu nhất để trong quỹ thời gian cho phép hoàn thành được một
hệ thống chương trình qui định, nhằm lấp đầy các chỗ hổng kiến thức và từng
bước nâng cao thêm về mặt kỹ năng trong việc giải toán cho học sinh. Từ đó phát
huy, khơi dậy khả năng sử dụng hiệu quả kiến thức vốn có của học sinh, đồng thời
thu hút, lôi cuốn các em ham thích học môn toán, đáp ứng những yêu cầu về đổi
mới phương pháp và nâng cao chất lượng dạy học hiện nay.
3. Phương pháp nghiên cứu. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu.
3.1. Phương pháp:
Đề tài này được hoàn thành trên phương pháp thống kê tổng hợp, quan sát, phân
tích nguyên nhân và phương pháp thưc nghiệm sư phạm.
3.2. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu:
Phạm vi: Học sinh lớp 9 trường THCS Nga An
Nội dung: Khảo sát chất lượng học sinh về môn toán nhằm xác định đối
tượng học sinh .
Tìm hiểu nguyên nhân gây ra sư lúng túng trong lưa chọn cách giải về
phương trình vô tỉ ơ học sinh.
Phân loại đối tượng học sinh từ đó lưa chọn các biện pháp phù hợp và lập kế
hoạch khăc phục hiện trạng trên
Kế hoạch nghiên cứu: Thưc hiện từ tháng 9/2013 đến hết tháng 4/2014

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận:
2


Học sinh yếu kém về giải phương trình vô tỉ là những học sinh có kết quả về
môn toán dưới mức trung bình và khá. Do đó việc lĩnh hội tri thức, rèn luyện kỹ
năng cần thiết đối với những học sinh này, tất yếu đòi hỏi tốn nhiều công sức và
thời gian hơn . Vì thế người thầy phải năm vững những đặc điểm của học sinh , để
từ đó đề ra các giải pháp phù hợp về các phương pháp giúp học sinh học tập tốt
môn toán.
Trên cơ sơ những kinh nghiệm giảng dạy và thưc tiễn học tập của học sinh,
tìm ra những phương pháp giải phương trình vô tỉ một cách hiệu quả nhất
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi cũng rất trăn trơ
về vấn đề này. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp cho học sinh giải thành thạo
các loại phương trình vô tỉ? Và khi gặp bất cứ một dạng toán nào về phương trình
vô tỉ các em cũng có thể tìm ra cách giải một cách tốt nhất?
-Với tất cả những lí do nêu trên. Tôi quyết định chọn đề tài
Là một giáo viên công tác lâu năm găn bó với nghề tôi rất hiểu và thông cảm
trước những khó khăn của các em. Bơi vậy trong quá trình giảng dạy tôi luôn học
hỏi đồng nghiệp và tìm tòi những phương pháp thích hợp để giúp các em yêu thích
và học tốt môn toán. Với mong muốn nâng cao chất lượng dạy học môn toán trong
nhà trường ngày một tốt hơn.
2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Một số học sinh bị mất kiến thức cơ bản, tiếp thu kém dẫn đến lười học, chán học
cộng thêm một số học sinh do hoàn cảnh gia đình… dẫn đến học yếu môn toán,
Một số học sinh chưa coi trọng môn học, chưa thấy được tầm quan trọng của môn
toán với các môn học khác, chưa có sư say mê, yêu thích môn học
Kết quả của thực trạng trên
Từ những nguyên nhân trên dẫn đến tình hình hình khăc phục học sinh yếu

kém môn toán còn chuyển biến chậm, số lượng học sinh yếu môn toán vẫn chiếm
tỷ lệ đáng kể trong các đợt khảo sát của nhà trường
- Học sinh rất sợ khi gặp phương trình vô tỉ.
- Không biết loại phương trình vô tỉ thuộc dạng nào, cách giải ra sao.
Cụ thể kết quả học sinh khối 9 giải được phương trình vô tỉ như sau
Lớp
Phương pháp
Giải được Có đường lối giải Không giải được
9A Khi chưa áp dụng
20%
40%
40%
9B Khi chưa áp dụng
10%
40%
50%
9C Khi chưa áp dụng
10%
30%
60%
Qua kết quả về việc giải được phương trình vô tỉ ta thấy số em giải được
phương trình vô tỉ còn thấp, số học sinh có đường lối giải và không giải được còn
nhiều.

3


Từ thưc trạng như vậy, tôi đã dành nhiều nhiều thời gian để thử nghiệm
phương pháp riêng của mình và bước đầu đã có những dấu hiệu khả quan.
3.Các biện pháp tiến hành.

3.1. Khảo sát chất lượng đầu năm để tìm đối tượng học sinh .
Thông qua học bạ lớp dưới, thông qua bài kiểm tra khảo sát đầu năm, kiểm tra
những kiến thức cơ bản, trọng tâm mà các em đã được học. Qua đó giúp tôi năm
được những đối tượng học sinh những“lỗ hổng” kiến thức của các em. Trên cơ sơ
đó tôi phân lớp thành nhiều nhóm gọi là nhóm “Tương đồng về kiến thức”. Rồi tìm
hiểu nguyên nhân và lập kế hoạch khăc phục.
3.2. Tìm hiểu và phân loại các nguyên nhân
Qua thưc tế tìm hiểu tôi nhận thấy có các nguyên nhân chủ yếu sau dẫn đến học
sinh tiếp thu chậm về phương trình vô tỉ đó là:
* Nguyên nhân khách quan:
Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng những vấn đề về phương trình,
phương trình vô tỉ lại là một trơ ngại không nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít
ngơ ngàng và bối rối khi giải các loại phương trình này. Thưc ra, đây cũng là một
trong những vấn đề khó, phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán mới.. Đặc biệt,
với những học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn
đề quan trọng mà băt buộc những học sinh này phải vượt qua
* Nguyên nhân chủ quan:
- Kiến thức bị hổng do học sinh lười học.
- Do khả năng tiếp thu chậm.
- Do thiếu phương pháp học tập phù hợp.
3.3. Lập kế hoạch thực hiện:
Xây dưng thời gian nội dung chương trình thưc hiện trong suốt quá trình thưc hiện

4


3.4. Các giải pháp thực hiện.
3.4. 1. Phương pháp nâng lên lũy thưa.
g(x) ≥ 0

a) Dạng 1: f (x) = g(x) ⇔ 

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

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
* Nhận xét - Khi giải phương trình dạng trên học sinh thường măc sai lầm là
không đặt điều kiện cho g(x) ≥ 0
Chẳng hạn ơ ví dụ trên nếu không đặt điều kiện x-1 ≥ 0 , khi dẫn đến phương trình
x2-3x = 0 học sinh sẽ trả lời phương trình có hai nghiệm x 1= 0, x2=3 nhưng khi thay
x1= 0 vào phương trình ta thấy VT=-1, VP=1.
Sơ dĩ có sai lầm trên vì học sinh chưa năm chăc của lũy thừa bậc hai.
b) Dạng 2: f (x) + g(x) = h(x)
- Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa:

5


 f ( x) ≥ 0

 g ( x) ≥ 0

h ( x ) ≥ 0


- Biến đổi 2 vế của phương trình không âm (với phương trình chứa căn bậc hai) ta
bình phương hai vế đế được phương trình tương đương. Sau đó đưa phươg trình về
dạng đã biết cách giải.
Ví dụ.Giải phương trình: x + 3 = 5 − x − 2 (2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(2)
⇔ x+3+ x−2 =5
⇔ 2x + 1 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25
⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x
2 ≤ x ≤ 12

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

⇔

2

2

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
c) Dạng 3: f (x) + g(x) = h(x)
Cách giải tương tư dạng 2
Ví dụ. Giải phương trình: x + 1 − x − 7 = 12 − x (3)

Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(3) ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7
⇔ x + 1 = 5 + 2 (12 − x)(x − 7)
⇔ 2 19x − x 2 − 84 = x − 4
⇔ 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16
⇔ 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0
⇔ 5x2 – 84x + 352 = 0
84
352 
42
1764 1764 352 

 2
5 x2 − x +
−
+
÷= 5 x − 2 × x +
÷
5
5 
5
25
25
5 


2

42 
4

44 


= 5 x − ÷ − 5 ×
= 5 ( x − 8 )  x − ÷ = (x − 8) ( 5x − 44 )
5 
25
5 


44
⇔ x1 =
; x2 = 8
5
44
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =
; x2 = 8
5

d) Dạng 4: f (x) + g(x) = h(x) + k(x)
6


Cách giải tương tư dạng 3
Ví dụ. Giải phương trình: x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 (4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔ x + 9 + x = x − 1 + x − 4
⇔ 2x + 9 + 2 x(x + 9) = 2x − 5 + 2 (x − 4)(x − 1)
⇔ 7 + x(x + 9) = (x − 1)(x − 4)
⇔ 49 + x 2 + 9x + 14 x(x + 9) = x 2 − 5x + 4

⇔ 45 + 14x + 14 x(x + 9) = 0
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô
nghiệm.
e)Dạng 5: Sử dụng lập phương hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1 (1)
Giải: Lập phương hai vế của (1) ta được
⇔ 1 = ( x + 34) − 3 3 ( x + 34)( x − 3

(

3

)

x + 34 − 3 x − 3 − ( x − 3)

3 2
(1) ⇔ x + 31x − 102 = 12

⇔

x

2

+ 31x − 1830 = 0

⇔ x = 30 ∨ x = −61

Ví dụ 2: Giải phương trình 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 (2)

Giải : Lập phương hai vế của (2) ta được
⇔ 2 x − 3 = ( x − 1) + 33 ( x − 1)( x − 2 )

3
(2) ⇔ ( x − 1)( x − 2)( 2 x − 3) = 0

⇔ x = 1∨ x = 2 ∨ x =

(

3

)

x − 1 + 3 x − 2 + ( x − 2)

3
2

Nhận xét:
*Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc hai ta cần chú ý
- Miền xác đinh
- Sau khi biến đổi 2 vế của phương trình không âm (với phương trình chứa căn bậc
hai) ta bình phương 2 vế để được phương trình tương đương.
-Nếu bước khử căn vừa rồi chưa khử hết được các căn thức bậc hai chứa ẩn, ta tiếp
tục chuyển vế và đặt điều kiện để bình phương tiếp.
* 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 cô lập căn thức về một vế.
MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG

7


Giải các phương trình sau bằng phép nâng lũy thừa
1. x2-4x=8 x − 1 (x=4+2 2 )
7
7
+ x − = x (x=2)
2
x
x
x + 1 − x + 2 = x + 5 − x + 10 (x=-1)
x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 (x=4;2)
x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x

2. x 2 −
3.
4.
5.

3
3

6. 3 2 x − 1 = x3 16 − 3 2 x + 1 (KQ x=0 ∨ x=

±1
∨ x= ± 2 + 3 3 )
2
2 2

3.4.2. Phương pháp đặt ẩn phụ.
a) Sử dụng một ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai
Ví dụ1: Giải phương trình 3x2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 (1)
Lời giải: Đặt x 2 + 7 x + 7 = y (y ≥ 0)
5
3

PT(1) trơ thành 3y2 + 2y - 5 = 0 . Từ đó tìm được y= 1(thỏa mãn) hoặc y= - (loại)
Suy ra x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7x +6 = 0 Phương trình này có nghiệm x= -1 hoặc
x= -6
Vậy phương trình (1) có nghiệm x= -1 hoặc x= -6
Ví dụ 2. Giải phương trình: x 2 + x + 1 = 1 (1)
Giải. Đặt x + 1 = y (y ≥ 0)
⇒y2 = x + 1 ⇔ x = y2 – 1 ⇔ x2 = (y2 – 1)2
⇒ (2) ⇔ (y2 – 1)2 + y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y2 + y −1) = 0.



Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: 0; − 1;

Ví dụ 3. Giải phương trình:

(

)



1 − 5 


2 

3

x − 1 + 1 + 2 x − 1 = 2 − x (1)

Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 1. Đặt x − 1 + 1 = y
3
2
(1) ⇔ ( x − 1 + 1) + ( x − 1 + 1) − 2 = 0

⇔ y3 + y2 – 2 = 0
⇔ (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 1

b) Sử dụng hai ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 + 1 (3)

8


Giải. Đặt u = x + 1 , v = x 2 − x + 1 (ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó:
u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1. ⇒ (3) ⇔ 2(u2 + v2) = 5uv ⇔
(2u − v)(u − 2v) = 0
 5 + 37 5 − 37 
;

2 
 2

Giải ra, xác định x. Kết quả là: x ∈ 

Ví dụ 2. Giải phương trình:

(

)(

)

x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7x + 10 = 3 (1)

Giải. ĐK: x ≥ –2. (1) ⇔ ( x + 5 − x + 2 ) ( 1 + (x + 5)(x + 2) ) = 3
Đặt: x + 5 = u, x + 2 = v (u, v ≥ 0)⇒ u2 – v2 = 3. (1) ⇔ (a – b)(1 + ab) = a2 – b2
⇔ (a – b)(1 – a + ab – b) = 0 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất
Ví dụ 3. Giải phương trình: x + 1 − 3x = 2x − 1 (1)
Giải. Điều kiện: x ≥ 0. Đặt x + 1 = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1) ⇔ b – a = a2 – b2 ⇔
(a – b)(a + b + 1) = 0
Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x =

1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2

4
1
5
+ x − = x + 2x − (1)
x
x
x

1
5
Giải. Đặt x − = u, 2x − = v (u, v ≥ 0)
x
x
1 
5 
1 
5
(1) ⇔ x − −  2x − ÷−  x − ÷ − 2x − = 0 ⇔ u – (v2 – u2) – v = 0
x 
x 
x 
x

Ví dụ 4. Giải phương trình:

⇔ (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2

c) Sử dụng ba ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 + 3x + 2 + x + 3 = x + 2 + x 2 + 2x − 3 (1)
Giải. ĐK: x ≥ 2. (1) ⇔ (x − 1)(x − 2) + x + 3 = x + 2 + (x − x)(x + 3)
Đặt: x − 1 = a, x − 2 = b, x + 3 = c (a, b, c ≥ 0): (1) ⇔ ab + c = b + ac ⇔ (a –
1)(b – c) = 0
⇔ a = 1 hoặc b = c. Thay ngược trơ lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của
phương trình
Ví dụ 2. Giải phương trình : x = 2 − x. 3 − x + 3 − x. 5 − x + 2 − x. 5 − x
Giải. Đặt : u = 2 − x ; v = 3 − x ; t = 5 − x (u ; v ; t ≥ 0)
9

⇒ x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu
(u + v)(u + t) = 2 (1)

Từ đó ta có hệ: (v + u)(v + t) = 3 (2)
(t + u)(t + v) = 5 (3)


Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30
Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u + v)(v + t)(t + u) = 30 (4)
Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

v + t =


u + t =


u + v =


30
(5)
2
30
(6)
3
30
(7)
5

Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:
2(u + v + t) =

31 30
31 30
⇒ u +v+ t =
(8)
30
60

Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:

30
u =
60

2
 30 
11 30
239

⇒ x = 2 − 
=
÷
v =
÷
60
120
 60 


 19 30
t =
60


d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Ví dụ 1. Giải phương trình x − 1 + 2x − 1 = 5
Cách 1: Giải tương tư bài 1. Ta được x = 5
u + v = 5

Cách 2: Đặt x − 1 = u ≥ 0 và 2x − 1 = v . Ta có hệ: 

 v − 2u = 1

⇔ x = 5.

2

2

u = 2
 u = −12

⇔

Ví dụ 2. Giải phương trình: 8 + x + 5 − x = 5
Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt 8 + x = u , 5 − x = v (u, v ≥ 0):
u + v = 5

 u = 2 u=3
⇔
v 
Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất.
 v = 3  v=2
 u + v = 13

⇒

2

2

10


Ví dụ 3. Giải phương trình: 25 − x 2 − 9 − x 2 = 2
Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 25 − x 2 = u, 9 − x 2 = v (u, v ≥ 0)
u + v = 2

⇒

 u + v = 16
2

2

u − v = 2
u = 5
⇔

. Thế ngược trơ lại: x = 0 là nghiệm duy
u + v = 8
v = 3

⇔ 

nhất.
Ví dụ 4. Giải phương trình: 1 − x + 4 + x = 3
Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt 1 − x = u ; 4 + x = v (u, v ≥ 0)
u + v = 3

⇒

u + v = 5
2

2

x = 0
 x = −3

⇒

Ví dụ 5. Giải phương trình: 2 − x + 2 + x + 4 − x 2 = 2
Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2 − x = u,

(u + v) 2 − 2uv = 4
2 + x = v (u, v ≥ 0) ⇒ 
(u + v) + uv = 2

Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trơ lại: x = ±2
Ví dụ 6. Giải phương trình: 4 97 − x + 4 x = 5 (1)
Giải. Đặt 4 97 − x = u, 4 x = v (u, v ≥ 0)
u + v = 5

u = 2
u = 3
 x = 81
⇔
∨ 
⇔
v = 3
v = 2
 x = 16
 u + v = 97

⇒ (1) ⇔ 

4

4

Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 x + 3 2x − 3 = 3 12(x − 1)
Giải. Đặt 3 x = u, 3 2x − 3 = v (1)
⇔ u + v = 3 4(u 3 + v3 ) ⇔ u 3 + v3 + 3uv(u + v) = 4(u 3 + v 3 )
u = −v
⇔ 3.(u + v).(u 2 − 2uv + v 2 ) = 0 ⇔ 3.(u + v).(u − v) 2 = 0 ⇔ 
⇒ kết quả.
u = v

* Nhận xét
- Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặt ẩn phụ giúp ta giải được nhiều bài
tập khó. Tuy nhiên để đặt cái gì làm ẩn phụ và có mấy ẩn phụ thì phải biết nhận xét
và tìm mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình
- Cần phải có kỹ năng giải phương trình và hệ phương trình.
MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Giải các phương trình sau bằng cách đặt ẩn phụ
1. x 2 + 2 x − 9 = 6 + 4 x + 2 x 2
11


2. x 2 − 5 x + 13 = 4 x 2 − 5 x + 9 (x=
1
2

3. x+ x + + x +
1

1
= 2 ( Đặt
4

5± 5
)
2
x+

1

1

= y , x=2- 2 )
4
− 1− 3

4. x +
=2 (Đặt 2 − x 2 = y , x=1, x=
)
2 − x2
2
5. 3 x3 + 8 = 2 x 2 − 6 x + 4 (Đặt x − 2 = a, x 2 − 2 x + 4 = b )
6. 3 2 − x + x − 1 = 1 (Đặt 3 2 − x = a, x − 1 = b , x=2;10)
7. x3 + 2 = 33 3x − 2 (Đặt 3 3x − 2 = y , x=1;-2)
3.4.3. Phương pháp trị tuyệt đối hóa.
Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
Giải: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x
Với điều kiện x ≤ 8. Ta có:
(1) ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5
Đáp số: x = 5.
Ví dụ 2. Giải PT x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1 (2)
Giải: (2) ⇔ x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1
⇔ x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1|
Đặt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trơ thành:
y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|

– 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

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8.
* Chú ý
- Phương pháp này thường được áp dụng khi biểu thức dưới căn bậc hai viết được
dưới dạng bình phương một biểu thức.
- Có những phương trình phải biến đổi mới ra được dạng trên.
MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG
12


Giải các phương trình sau bằng phương pháp trị tuyệt đối hóa
1. x 2 + 2 x + 1 + x 2 − 2 x + 1 = 2( x ≥ 1) .
2. x + 2 − 4 x x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 ( 6 ≤ x ≤ 11 )
3. x + x 2 − 1 − x − x 2 − 1 = 2
3.4.4. Phương pháp sư dụng bất đăng thức.
a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rơi 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 S1, S2 mà S1  S2 = ∅ thì 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

b) Sử dụng tính đối nghịch ơ hai vế
* Phương trình F(x)=G(x) (1)
Nếu F(x) ≥ k dấu bằng xảy ra khi x=a.
G(x) ≤ k dấu bằng xảy ra khi x=b.
(k,a,b là các hằng số)
- Nếu a=b thì (1) có nghiệm x=a.
- Nếu a ≠ b thì (1) vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1)
Giải: 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) + 4 + 5(x + 1) + 9 = 5 − (x + 1)
2

2



2

13


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.
c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là
duy nhất)
* Ta chỉ ta một ngiệm cụ thể của phương trình và chứng minh được các trường
hợp khác của ẩn không là nghiệm của hệ.
Ví dụ 1. Giải phương trình:
Giải: 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

– 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+

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
Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2 − 7x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5x + 1 − x 2 − 3x − 4
Giải: Thử với x = 2. Ta có:
3.4 − 7.2 + 3 − 22 − 2 = 3.2 2 − 5.2 + 1 − 22 − 3.2 − 4
⇔ 1− 2 = 3 − 6

(1) ⇔ (3x 2 − 5x − 1) − 2(x − 2) + (x 2 − 2) − 3(x − 2) = 3x 2 − 5x − 1 − x 2 − 2
Nếu x > 2: VT < VP
Nếu x < 2: VT > VP
Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 3. Giải phương trình:

6
8
+
=6

3− x
2−x

14


3
là nghiệm của phương trình.
2
3
6
< 2 và
Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:
Với x < :
2
3− x

Giải: Điều kiện: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =

8
6
8
<4 ⇒
+
< 6.
2−x
3− x
2−x
3
6

8
+
>6
Tương tư với < x < 2:
2
3− x
2−x

Ví dụ 4. Giải phương trình: 3x(2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) = 0 (1)

(
⇔ 3x ( 2 +

)
(
+ 3 ) = −(2x + 1) ( 2 +

)

2
2
Giải: (1) ⇔ 3x 2 + (3x) + 3 + (2x + 1) 2 + (2x + 1) + 3 = 0

(3x) 2

Nếu 3x = –(2x + 1) ⇔ x = −

(2x + 1) 2 + 3

)

1
thì các biểu thức trong căn ơ hai vế bằng nhau.
5

1
là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong
5
 1 
khoảng  − ; 0 ÷. Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
 2 
1
1
Với − < x < − : 3x < –2x – 1 < 0
2
5

Vậy x = −

⇒ (3x)2 > (2x + 1)2 ⇒ 2 + (3x) 2 + 3 > 2 + (2x + 1) 2 + 3

)

(

(

)

2

2
Suy ra: 3x 2 + (3x) + 3 + (2x + 1) 2 + (2x + 1) + 3 > 0 ⇒ (1) không có nghiệm trong

khoảng này. Chứng minh tương tư, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi
−

1
1
2
5

d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ơ bất đăng thức chăt
Ví dụ. Giải phương trình
Giải: ĐK x >

x
4x − 1
+
=2
x
4x − 1

1
4

Áp dụng bất đẳng thức

a b
+ ≥ 2 với ab > 0

b a

1
4
x
4x − 1
+
≥ 2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0
x
4x − 1

Với điều kiện x > ⇒ x 4x − 1 > 0 . Nên:

15


⇔ x 2 − 4x + 4 − 3 = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x − 2 = ± 3 ⇔ x = 2 ± 3
MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Giải các phương trình vô tỉ sau bằng phương pháp sử dụng BĐT
1. x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27 (KQ x=5).
2. x − 3 − 7 x − 3 = 5 x − 2 (KQ Vô nghiệm)
3. 3 x − 3 + x + 1 = 3 (KQ x=3)
4. x 2 + 6 = x − 2 x 2 − 1 (KQ Vô nghiệm)
5.

16
+
x −3

4

+
y −1

1225
= 82 − x − 3 − y − 1 − z − 665 (KQ x=19; y=5;
z − 665

z=1980)
6. 6 − x + x + 2 = x 2 − 6 x + 13 (KQ x=3)
7. x − 1 + x + 3 + 2 ( x − 1) ( x 2 − 3x + 5) = 4 − 2 x
8. 5 x − 1 + 3 x + 8 = x 3 + 1
9. 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3x 2 − 12 x + 14 (KQ x=2)
10. 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 ( HD Xét các TH x>-2, x<-2,
x=-2)
3.4.5. Phương pháp đưa về phương trình tích.
Ví dụ 1. Giải phương trình 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3x + 2
Giải. PT ⇔ ( 3 x + 1 − 1)( 3 x + 2 − 1) = 0 ⇔ 

x = 0
 x = −1

Ví dụ 2. Giải phương trình x + 3 + 2 x x + 1 = 2 x + x 2 + 4 x + 3
Giải ĐK x ≥ −1
PT ⇔ ( x + 3 − 2 x )( x + 1 − 1) = 0
x = 1
⇔
x = 0

Ví dụ 3. Giải phương trình: 2x + 1 − x − 2 = x + 3
Giải. Điều kiện : x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng

liên hợp vào hai vế của phương trình:
x + 3 = 0
⇒ PT vô nghiệm
(x + 3)( 2x + 1 + x + 2 − 1) = 0 ⇔ 
 2x + 1 + x − 2 = 1

Ví dụ 4. Giải phương trình 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4
16


Giải Điều kiện x ≥ −3
2
PT ⇔ (1 + 3 + x ) = ( 3x ) 2
 x + 3 + 1 = 3x
⇔
 x + 3 + 1 = −3 x
x = 1
⇔
 x = − 5 − 97

18

Ví dụ 5. Giải phương trình: x + 1 + 2(x + 1) = x − 1 + 1 − x + 3 1 − x 2 (1)
Giải. Điều kiện: | x | ≤ 1: (1) ⇔ ( x + 1 − 1 − x ) ( 2 x + 1 − 1 − x + 1) = 0
⇔ x1 = 0; x2 = −

24
25

Ví dụ 6. Giải phương trình: x − 1 + x 3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1 (1)

Giải. Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1).

)

(

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

⇔x = 2
* Nhận xét: Đối với phương pháp này chúng ta nên chú ý các kết quả sau
u+v=1+uv ⇔ ( u − 1)( v − 1) = 0
au+bv=ab+uv ⇔ ( u − b )( v − a ) = 0
A2=B2 ⇔ A = ± B
MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Giải các phương trình sau bằng phương pháp đưa về phương trình tích
1. 2 x 2 + 8 x + 6 + x 2 − 1 = 2 x + 2 (HD: dễ nhận thấy có nhân tử chung x + 1 )
2. x 2 + 10 x + 21 = 3 x + 3 + 2 x + 7 − 6 (x=1;2)
3. x + 3 +

4x
= 4 x (HD: chia cả hai vế phương trình cho
x+3

x + 3 , KQ x=1)

4. 3 x + 1 + 3 x + 2 = 3 x + 3 x 2 + x ( KQ x=1)
5.
6.

3−x = x

(

3 + x ( KQ x=

3

)(

10 − 1
)
3

)

x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7 x + 10 = 3 (KQ x=-1)
2

1
1


7. x + x + 2011 = 2011 ( HD đưa PT về  x 2 +  =  x 2 + 2011 − 
2
2


4

2

2

)

3.4.6.Phương pháp trục căn thức.
17


* Một số phương trình vô tỉ có thể nhẩm được nghiệm x=x 0 như vậy phương trình
luôn đưa về dạng tích (x-x0)A(x)=0. Ta có thể giải phương trình A(x)=0 hoặc chứng
minh A(x)=0 vô nghiệm. Chú ý điều kiện của nghiệm PT để có thể đánh giá A(x)=0
vô nghiệm.
* Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình

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

Giải Để PT có nghiệm thì x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

5
3

Ta nhận thấy x=2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân
tích về dạng (x-2)A(x)=0, để thưc hiện được điều đó ta nhóm, tách như sau
x 2 + 12 − 4 = (3x − 6) +

(

)

x2 +5 −3 ⇔

x2 − 4
x 2 + 12 + 4

= 3( x − 2 ) +

x2 − 4
x2 +5 +3



x+2
x +1
⇔ ( x − 2)
−
− 3  = 0 ⇔ x = 2
2
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x+2
x+2
5
−
− 3 <0 ∀ x> .
Dễ dàng CM được 2
2
3
x + 12 + 4

x +5 +3

Ví dụ 2. Giải phương trình 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 2
Giải Nhận thấy x=3 là nghiệm PT nên ta biến đổi PT như sau:

(

3

)

x 2 − 1 − 2 + ( x − 3) =


x3 − 2 − 5

(

)

 ( x − 3) x 2 + 3 x + 9
=
 3 x 2 − 1 2 + 23 x 2 − 1 + 4 
x3 − 2 + 5


x+3
x+3
x 2 + 3x + 9
=

1
+
<
2
<
2
Ta CM được: 1+ 3 2 2 3 2
3
x3 − 2 + 5
x −1 + 2 x −1 + 4
x2 − 1 + 1 + 3
⇔ ( x − 3) 1 +

(

)

(

x+3

)

(

)

MỘT SỐ BÀI TẬP ỨNG DỤNG
Giải các phương trình vô tỉ sau bằng phương pháp trục căn thức
1.

4
= 5 x − 16
2x + 1 − 2x − 7

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

18


4. Kết quả.
Sau một thời gian đưa vào áp dụng giảng dạy cho đội ngũ học sinh giỏi lớp 9 tôi
thấy được những kết quả tích cưc sau:
- Các em HSG ơ khối 9 đều đã tư giải quyết những bài tập về phương trình vô tỉ có
trong SGK và SBT Toán 9.
- Một số em học tốt hơn có thể giải được những phương trình vô tỉ có trong những
sách nâng cao, trong các đề thi HSG, trong các đề vào trường Chuyên Lam Sơn...
- Đại đa số HSG trong khối 9 đã tư tin không sợ sệt khi gặp phương trình vô tỉ.
Nhiều em còn mong muốn GV thường xuyên cho nhiều bài tập về phương trình vô
tỉ để giải cho thành thạo.
Kết quả đạt được trong năm học 2013-2014 như sau:
Lớp
9A
9B
9C

Phương pháp
Khi đã áp dụng
Khi đã áp dụng

Khi đã áp dụng

Giải được
85%
60%
65%

Có đường lối giải
10%
30%
30%

Không giải được
5%
10%
5%

19


III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
Trên đây chỉ là một kinh nghiệm nhỏ mà tôi đã thưc hiên và cho kết quả tốt
. Do giới hạn kiến thức THCS nên có nhiều phương pháp giải phương trình vô tỉ
hay tôi chưa đề cập tới. Đồng thời trong quá trình nghiên cứu do chỉ độc lập nên
chăc chăn không thể tránh khỏi sai sót, hạn chế. Tôi rất mong nhận được những góp
ý chân tình của quý đồng nghiệp để đề tài của tôi sớm đi vào thưc hiện. Tôi xin
chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Nga Sơn, ngày 10 tháng 4 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Phùng Văn Đông

TÀI LIỆU THAM KHẢO
+ Sách giáo khoa và sách bài tập Toán 9, tập 1 và tập 2 của NXBGD năm 2012
+ Tạp chí toán học và tuổi trẻ
+ Tạp chí toán tuổi thơ 2
+ Tạp chí giáo dục
20


+ Tạp chí thế giới trong ta
+ Tạp chí dạy và học ngày nay.

21