Hướng dẫn học sinh lớp 9 tìm lời giải ba dạng phương trình vô tỷ thường gặp trong các đề thi chọn HSG cấp tỉnh hoặc thi vào THPT chuyên

MỤC LỤC
TT

Nội dung

Trang

1.

MỞ ĐẦU

Trang 01

1.1

Lí do chọn đề tài

Trang 01

1.2

Mục đích nghiên cứu

Trang 02

1.3

Đối tượng nghiên cứu

Trang 02

1.4

Phương pháp nghiên cứu

Trang 02

2.

NỘI DUNG

Trang 03

2.1

Cơ sở lý luận

Trang 03

2.2

Thực trạng

Trang 03

2.3

Các giải pháp

Trang 04

2.4

Hiệu quả của sáng kiến

Trang 15

3.

KẾT LUẬN

Trang 16

3.1

Kết luận

Trang 16

3.2

Kiến nghị

Trang 16

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Hầu như trong bất cứ kỳ thi nào của cấp THCS đều có bài giải phương

trình trong đề thi. Đến lớp 9 học sinh được học về phương trình vô tỷ - đây là
một trong những dạng phương trình hay và khó thường gặp trong đề thi chọn
HSG cấp tỉnh hoặc thi vào lớp 10 THPT chuyên. Trong sách giáo khoa môn toán
lớp 9 chỉ nêu một số dạng phương trình cơ bản mà cách giải của chúng rất rõ
ràng, rành mạch. Học sinh học toán ở mức trung bình đều có thể giải được. Tuy
nhiên, trên thực tế bài giải phương trình trong đề thi chọn HSG cấp tỉnh hoặc đề
thi vào lớp 10 THPT chuyên khó hơn rất nhiều. Khó bởi cách giải của những
phương trình ấy không có một quy luật nhất định mà tùy vào đặc điểm từng
phương trình, học sinh lựa chọn cách giải phù hợp. Sau 7 năm học (Từ năm học
2011-2012 đến năm học 2018 - 2019) theo dõi đề thi tôi nhận thấy: bài giải
phương trình vô tỷ trong đề thi chọn HSG cấp tỉnh, thành phố và thi vào lớp 10
THPT chuyên thường rơi vào một trong 3 dạng sau:
Dạng 1. k ax  b  cx 2  dx  e ,

(I)

Dạng 2. a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x  b2

(II)

Dạng 3. a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x 2  b2 x  c 2

( III )

Theo suy nghĩ thông thường với mỗi pt trên bình phương 2 vế để khử dấu
căn bậc hai thì phương trình hệ quả thu được có bậc 4, trong khi đó pt bậc 4
không phải khi nào cũng giải được. Thêm nữa phép biến đổi sau khi bình
phương tương đối cồng kềnh, học sinh dễ nhầm lẫn.
Một trong những mục tiêu quan trọng của giáo dục hiện nay là giúp
người học hình thành và đạt được các kỹ năng tư duy khoa học như: kỹ năng tư

duy phân tích, suy luận, tổng hợp, logic; kỹ năng tư duy sáng tạo, phản biện; kỹ
năng tự học và tự học hiệu quả. Do vậy để tìm được lời giải của 3 dạng phương
trình trên, người thầy cần trăn trở, tìm tòi nhiều cách giải hay, từ đó có cách
truyền đạt, gợi mở, định hướng để học sinh tìm được lời giải cho mỗi bài toán.
Hơn nữa qua quá trình nghiên cứu, sưu tầm tài liệu bản thân chưa thấy có
tài liệu nào viết chuyên sâu về cách giải 3 dạng phương trình trên. Là một
chuyên viên của Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện, được phân công phụ trách
2


công tác bồi dưỡng HSG cấp huyện, cấp tỉnh, bản thân tôi luôn trăn trở suy nghĩ
tìm tòi, nghiên cứu đề ra những biện pháp, giải pháp nhằm nâng cao chất lượng
HSG cấp huyện, cấp tỉnh. Để công tác bồi dưỡng HSG đạt hiệu quả ngoài việc
tham mưu cho lãnh đạo chỉ đạo kịp thời, chính xác bản thân phải say sưa chuyên
môn, am tường chuyên môn, đồng thời biết viết và truyền cảm hứng tới người
khác những điều mình tâm đắc. Với những lý do đó tôi quyết định chọn đề tài
’’Hướng dẫn học sinh lớp 9 tìm lời giải ba dạng phương trình vô tỷ thường
gặp trong các đề thi chọn HSG cấp tỉnh hoặc thi THPT chuyên’’ để nghiên
cứu.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Qua sáng kiến kinh nghiệm tác giả mong muốn các thầy cô giáo có cách
định hướng, hướng dẫn học sinh biết phân tích, tìm tòi lời giải 3 dạng phương
hay và khó thường gặp trong đề thi chọn HSG cấp tỉnh, thành phố hoặc đề thi
tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên trên toàn quốc.
Bước đầu rèn luyện cho các em học sinh kỹ năng tư duy sáng tạo, chỉ cho
các em thấy được nét đẹp, sự độc đáo trong mỗi lời giải. Từ đó khơi dậy niềm
đam mêm nghiên cứu khoa học của các em.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài tập trung nghiên cứu các cách giải 3 dạng phương trình:
Dạng 1. k ax  b  cx 2  dx  e ,

Dạng 2. ; a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x  b2
Dạng 3. a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x 2  b2 x  c2
Trong đó x là ẩn, k , a, b, c, d , e , a1 ; b1 ; c1 ; a 2 ; b2 ; c 2 là các hằng số.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp phân tích và tổng hợp lý thuyết
- Phương pháp điều tra
- Phương pháp chuyên gia
- Phương pháp phân tích và tổng kết kinh nghiệm
- Phương pháp quan sát:
- Phương pháp lịch sử
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
3


Gọi A, B là các biểu thức chứa biến x , khi đó
2.1.1.

 B 0
A B  
2
 A B

2.1.2. A 2  B 2 0  ( A  B)( A  B) 0  A  B hoặc A  B
2.1.3. A 2  B 2 0  A 0 và B 0
2.1.4. A 2  B 2  A  B hoặc A  B
2.1.5.

A B

( A  B )( A  B )
AB



A  B2
AB

A  B gọi là biểu thức liên hợp của biểu thức

2.1.6.

Nếu

phương

A( x ) 0

trình

với

A  B 0 (Biểu

thức

A  B)

có

1

nghiệm

x  x0 (Với

A( x) a1 x n  a 2 x n  1  ...  a n  1 x  a n ) thì luôn phân tích được A( x) a1 ( x  x 0 ).B( x )

2.1.7. A 2  k1 A  B 2  k1 B  ( A  B)( A  B  k1 ) 0  A  B hoặc A  B  k1 .
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm
Trong những năm gần do áp lực thi cử nên đa số học sinh học thêm quá
nhiều do đó không còn thời gian và sức lực để nghiên cứu, tìm tòi, thưởng thức
cái hay, cái đẹp của bộ môn Toán. Nhiều dạng toán, bài toán thầy, cô giáo đã bày
sẵn cách giải học sinh chỉ việc áp dụng. Điều này đã triệt tiêu óc sáng tạo của
các em.
Hơn nữa, phương trình vô tỷ không mẫu mực là dạng phương trình khó và
vô cùng đa dạng, để giải phương trình vô tỷ cần biết kết nối nhiều kiến thức, kỹ
năng. Ba dạng phương trình kể trên là ba dạng khó, chắc chắn nhiều học sinh
không giải được nếu chưa có sự gợi ý của thầy cô giáo.
Khi được phòng Giáo dục và Đào tạo giao nhiệm vụ dạy hỗ trợ một số
chuyên đề cho đội tuyển HSG của huyện tham dự kỳ thi chọn HSG cấp tỉnh năm
học 2018 - 2019. Tôi đã nghiên cứu và lựa chọn 5 chuyên đề, trong có chuyên
đề về phương trình vô tỷ. Để bước đầu đánh giá được khả năng của học sinh, từ
đó có phương án tối ưu trong việc truyền đạt tới học sinh, tôi đã ra một đề kiểm
tra thời gian 45 phút cho 10 em học sinh trong đội tuyển của huyện như sau:
Bài 1: ( 4,0 điểm ) Giải phương trình

x 1 x 2  4x  5

Bài 2: (3,0 điểm) Giải phương trình:

x 2  1 2 x. x 2  2 x

Bài 3. (3,0 điểm) Giải phương trình:

x 2  2 x  3 ( x  1). x 2  3 x  3

4


Kết quả thu được như sau:
Tổng
số
10

Dưới điểm 5
SL
%
5
50

Điểm 5 - 7
SL
%
4
40

Điểm 7 - 8
SL
%

1
10

Điểm 9 - 10
SL
%
0
0

Từ kết quả trên, tôi nhận thấy rằng đa số các em chưa định hướng được
cách giải 3 phương trình trên, một vài em lời giải dài dòng, chưa chính xác, đôi
khi còn ngộ nhận.
2.3 Các giải pháp:
Qua một thời gian dài thực hiện công việc sưu tầm, tổng hợp, phân tích
nghiên cứu tôi thấy rằng: Để giải 3 dạng phương trình (I), (II), (III) ta thường sử
dụng một trong các cách sau:
Cách 1: Bình phương hai vế khử dấu căn, đưa phương trình đã cho về pt
bậc 4, sau đó biến đổi đưa về phương trình dạng tích.
Cách 2: Nhẩm được nghiệm x  x0 , biến đổi và nhân với biểu thức liên
hợp tương ứng làm xuất hiện nhân tử ( x  x0 ) .
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng (k1 ax  b  c1 ) 2 (c2 x  c3 ) 2 , trong
đó k1 c1 , c2 , c3 là các hằng số.
Cách 4: Biến đổi phương trình về dạng (k1 ax  b  c1 ) 2  (c2 x  c3 ) 2 0
Cách 5: Biến đổi phương trình về dạng (k1 ax  b  c1 ) 2  (c 2 x  c3 ) 2 0
Cách 6: Biến đổi phương trình về dạng A 2  k1 A  B 2  k1 B , trong đó
A a1 x  b1 ; B  ax  b , k1 , a1 , b1 là các hằng số

Cách 7: Đặt ẩn phụ

ax  b t hoặc

a 2 x  b2 t hoặc

a 2 x 2  b2 x  c 2 t

đưa về pt bậc 2 ẩn t, xem x là tham số. Giải t theo x sau đó thay t bởi ax  b ,
a 2 x  b2 hoặc

a 2 x 2  b2 x  c 2 ta được pt ẩn x, giải tìm x.

Ví dụ 1. Giải phương trình 8 x  1  x 2  3 x  1 (1)
(Câu 3a trong Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Phú Thọ
Năm học 2011 – 2012 )
Phân tích: Dễ dàng nhẩm được nghiệm x 1 . Sau khi đặt điều kiện, bình phương
2 vế để khử dấu căn bậc hai, chuyển vế ta được phương bậc 4. Do đã nhẩm đưỡ
5


nghiệm x 1 nên biến đổi vế trái của pt xuất hiện nhân tử x  1 . Cụ thể lời giải
như sau:
 8 x  1 ( x 2  3 x  1) 2
Cách 1: PT   2
, Biến đổi pt đầu của hệ cho ta pt:
 x  3 x  1 0
2
x 4  6 x 3  7 x 2  14 x 0  x( x  1)( x  7 x  14) 0  x 0 hoặc x 1 hoặc

x 2  7 x  14 0 . Phương trình x2 + 7x + 14 = 0 vô nghiệm.

Thay x 0 và x 1 vào bất pt sau của hệ kết luận chỉ x 1 là nghiệm của

phương trình (1).
Mặt khác: Nhẩm thấy x = 1 là nghiệm, do đó có thể biến đổi và nhân với biểu
thức liên hợp tương ứng để làm xuất hiện nhân tử ( x  1) , cụ thể:
Cách 2:
8 x  1  x 2  3x  1 


8 x  1  3  x 2  3x  4

( 8 x  1  3)( 8 x  1  3)
8x  1  3

 ( x  1)( x  4 

8
8x  1  3

( x  1)( x  4) 

8x  8
8x  1  3

) 0  x  1 0 hoặc x  4 

( x  1)( x  4)
8
8x  1  3

0 (1a )

Nhận xét: Phương trình (1a) không thể giải tiếp theo cách biến đổi thông
thường, mà cần có sự nhận xét, đánh giá một cách khéo léo. Để ý: một giá trị x
nào đó là nghiệm của pt (1) thì nó phải thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện 8 x  1 0
và x 2  3x  1 0 , tương đương với x 
Xét phương trình: x  4 
x

8
8x  1  3

 3  13
2

0  x  4 

8
8x  1  3

(1b) , nhận xét với

 3  13
thì VT(1b)  4 , VP(1b)  2 , dẫn tới pt(1b) vô nghiệm, hay pt(1a)
2

vô nghiệm. Kết luận: PT ban đầu có nghiệm duy nhất x 1 .
Bình luận:
- Khi giải theo cách 1 phương trình hệ quả thu được sau khi bình phương
là phương trình bậc 4, nếu phương trình bậc 4 không đặc biệt hoặc không nhẩm
được nghiệm việc giải tiếp sẽ bế tắc.

6


- Cách 2 nên sử dụng khi nhẩm được nghiệm x  x0 (ở đây nhẩm được
x 1

là nghiệm), khi đó ta có cơ sở để biến đổi và nhân liên hợp làm xuất hiện

nhân tử x  x0 .
Vậy trong trường hợp phương trình ban đầu không nhẩm được nghiệm thì
sẽ giải quyết như thế nào ? Hãy xét ví dụ 2
Ví dụ 2: Giải phương trình

x  3 4 x 2  5 x  1 (2)

(Câu 3b đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hưng Yên
năm học: 2016 – 2017)
Phân tích: Do không nhẩm được nghiệm nên cách 1 và cách 2 không còn hiệu
quả ta cần nghĩ tới cách khác. Nếu sử dụng cách 3, trước hết ta nhân hai vế của
phương trình với 4 để tiện cho việc hình thành bình phương đúng của một tổng
hay hiệu. Sau đó biến đổi khéo léo để đưa về dạng ( ax  b  c1 )2  (c2 x  c3 )2 , cụ
thể lời giải:
Lời giải: ĐK: x  3 , Nhân 2 vế của pt với 4 PT  4 x  3 16 x 2  20 x  4 (2a) ,
đến đây phân tích 4 x  3 2.2 x  3.1 , suy ra thừa số thứ nhất là 2 x  3 , thừa
số thứ 2 là 1 , do vậy vế trái của pt(a) cộng thêm với 4( x  3)  1 sẽ vừa đủ một
bình phương đúng là (2 x  3  1) 2 . Khi đó vế phải của PT(a) còn lại là:
2
16 x 2  24 x  9 , biểu thức này chính là ( 4 x  3) . Từ đây ta có lời giải tiếp theo như

sau: PT  4 x  3 16 x 2  20 x  4 (2a)

 4( x  3)  4 x  3  1 16 x 2  24 x  9  (2 x  3  1) 2 (4 x  3) 2

 2 x  3  1 4 x  3 hoặc 2 x  3  1  4 x  3 , Tương đương với 2 x  3 4 x  2

hoặc 2 x  3  4 x  4 , giải từng phương trình và so sánh với điều kiện suy ra
phương trình có 2 nghiệm x 

 3  41
 7  33
và x 
8
8

Bình luận: Điểm mấu chốt của bài toán nằm ở bước biến đổi thứ 2; tách 20 x  4
thành 4( x  3)  1 ở vế trái và 24 x  9 ở vế phải, đảm bảo cho mỗi vế của phương
trình đều là bình phương đúng của một tổng.
Để minh họa cho cách 4, ta xét ví dụ 3
Ví dụ 3: Giải phương trình 2 3x  10  x 2  9 x  20 (3)
(Tạp chí THTT Số 436 tháng 10 năm 2013 trang 1)
7


Phân tích: Nếu theo lối suy nghĩ của cách 3, để vế trái là bình phương đúng của
một tổng ta phải cộng thêm biểu thức (3x  10)  1 , khi đó biểu thức vế phải là
x 2  12 x  31 , biểu thức này không thể biến đổi thành bình phương đúng của một

tổng, do đó cách 3 không áp dụng được . Ta sử dụng cách 4. Ban đầu chuyển hết
sang vế phải ta được pt: x 2  9 x  20  2 3x  10 0 (3a)
phân tích 2 3x  10 2. 3x  10.1 , suy ra thừa số thứ nhất là 3x  10 , thừa số
thứ 2 là 1 , do vậy vế trái của pt(3a) cộng thêm với (3x  10)  1 sẽ vừa đủ một

bình phương đúng là ( 3x  10  1) 2 . Biểu thức còn lại của vế trái pt(3a) là:
2
x 2  6 x  9 , biểu thức này chính là ( x  3) .

Lời giải: Điều kiện x 

10
3

Pt  x 2  9 x  20  2 3x  10 0 (3a)
 ((3x  10)  2 3x  10  1)  x 2  6 x  9 0  ( 3x  10  1) 2  ( x  3) 2 0



3 x  10  1 0 và  x  3 0 . Giải và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của

pt đã cho là x  3 .
Ví dụ 4: Giải phương trình x 2  6 x  4  2 2 x  1 0 (4)
(Câu 2a trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 PTNK, ĐHQG TP. Hồ Chí Minh năm
học: 2016 – 2017)
Phân tích: Nếu theo lối suy nghĩ của cách 4, phân tích 2 2 x  1 2. 2 x  1.1 ,
cộng thêm với (2 x  1)  1 ta được bình phương đúng là ( 2 x  1  1) 2 , khi đó biểu
thức còn lại của vế trái là x 2  8 x  4 , rõ ràng biểu thức này không thể là bình
phương đúng của một tổng hay hiệu. Do đó ta sử dụng cách thứ 5. Tách  6 x
thành  4 x và  2 x , nhóm  4 x với x 2  4 ta được một bình phương đúng ( x  2) 2
 2x

nhóm với 2 2 x  1 , đặt dấu trừ ra ngoài cũng cho ta một bình phương đúng

là ( 2 x  1  1) 2 . Bài toán đã được giải quyết.

Lời giải:
1
2

Đk: x  . Pt  x 2  4 x  4  ( 2 2 x  1  2 x) 0
 ( x  2) 2  (2 x  1  2 2 x  1  1) 0
 ( x  2) 2  ( 2 x  1  1) 2 0

 (x  1 

2 x  1)( x  3  2 x  1) 0  x  1 

2 x  1 0 hoặc x  3  2 x  1 0

8


Giải 2 pt trên và đối chiều điều kiện cho ta 2 nghiệm: x 2  2 ; x 4  6
Ví dụ 5: Giải phương trình 4 x 2  5  3x  1 13 x (5)
(Câu 3a Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ
năm học 2017 – 2018)
Phân tích: Ta sử dụng cách thứ 6, nghĩa là biến đổi phương trình về dạng:
A 2  k1 A  B 2  k1 B .

Từ đây ta chuyển về phương trình dạng tích:

( A  B)( A  B  k1 ) 0

Lời giải:
1

3

Cách 1: Giải: ĐK: x  , PT (5)  4 x 2  10 x  6 3x  1  3x  1 (5a)
3 x  1 (5b), Đặt A 2 x  2; B  3 x  1 ( B 0) . Khi

 (2 x  2) 2  (2 x  2) 3 x  1 

đó pt ban đầu trở thành A 2  A  B 2  B  ( A  B)( A  B  1) 0  A  B hoặc
11  73
A 1  B . Với A  B giải ra ta được x 
, A 1  B giải ra ta được
8
15 
x
15 
x

97

. Đối chiếu với điều kiện suy ra pt có 2 nghiệm x 

97

.

8

8

11  73

và
8

Bình luận: Các em sẽ đặt câu hỏi căn cứ nào để biến đổi từ pt (5a) về pt (5b)?
Lý

do

như

sau:

Giả

(mx  n) 2  (mx  n) 3 x  1 

sử

pt

(5a)

biến

đổi

đưa

về

dạng

3x  1 (5c). Khi đó ta biến đổi và sử dụng đồng nhất

thức tìm m, n . (5c)  m 2 x 2  (2mn  n) x  n 2  n 3x  1  3x  1 (5d).
 m 2 4

Từ (5a) và (5d) suy ra  2mn  m  10 , suy ra m 2, n  2 . Vậy pt (5d) lúc này
 2
 n  n 6

là: (2 x  2) 2  (2 x  2) 3x  1  3x  1 , đây chính là cơ sở để có phép biến đổi từ
pt (5a) về pt(5b).
Phát triển, mở rộng: Lời giải của ví dụ 5 đã mở ra một hướng để xây dựng các
phương trình mới cùng dạng, ví dụ :
- Từ đẳng thức u2 + 2u = v2 + 2v, cho u  2 x  1; v  4 x  1 , ta được pt mới
là 2 x 2  2 x  1  4 x  1 (5e). Nghiệm của pt (5e) là x = 0.
9


- Từ đẳng thức u2 + 4u = v2 + 4v, cho u  2 x  1; v  8 x  1 , ta được pt mới
là x 2  x  1  8 x  1 (5f). Nghiệm của pt (5f) là x =3.
- Từ đẳng thức u - u = v2 - v, cho u  2 x  4; v  3x  2 , ta được pt mới là
4 x 2  21x  22  3 x  2 (5g). Nghiệm của pt (5g) x 

23  97
19  73
;x 
.
8

8

- Từ đẳng thức u + u = v2 + v, cho u  9 x  3; v  9 x  12 , ta được pt mới là
27 x 2  18 x  x 

4
5  37
7  33
(5h). Nghiệm của pt (5h) x 
;x 
.
3
18
18

Chúng ta đã phân tích, tìm tòi lời giải 5 ví dụ minh họa cho dạng phương
trình: k ax  b  cx 2  dx  e . Sau đây ta xét tiếp các ví dụ minh họa cho 2 dạng pt:
a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x  b2 và a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x 2  b2 x  c 2

Ví dụ 6: 2( x  2) 3x  1 3x 2  7 x  3 (6)
(Câu 2a đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên THPT TP Hồ Chí Minh
năm học 2017 – 2018 )
Phân tích: Ta xem 2( x  2) 3x  1 2.( x  2). 3x  1 , thừa số thứ nhất là ( x  2) ,
thừa số thứ hai là 3x  1 , như vậy nếu cộng thêm vế trái của pt với ( x  2) 2 và





2

( 3 x  1) 2 ta được một bình phương đúng là: ( x  2)  3 x  1 . Khi đó vế phải

của phương trình là: 4 x 2 (2 x) 2 . Ta đã đưa pt ban đầu về dạng A 2  B 2 . Từ đây
ta có lời giải
Lời giải:
1
3

ĐK: x  , PT  ( x  2) 2  2( x  2) 3x  1  3x  1 3x 2  7 x  3  ( x  2) 2  3x  1
 ( x  2) 2  2( x  2) 3x  1  3x  1 4 x 2

 ( x  2  3x  1) 2 (2 x) 2  x  2  3 x  1 2 x hoặc x  2  3 x  1  2 x .

Phương trình đầu có nghiệm là x 

7  29
, Phương trình sau vô nghiệm. Đối
2

chiếu với điều kiện suy ra: pt (6) có nghiệm duy nhất x 

7  29
.
2

Ví dụ 7: Giải phương trình 3x 2  4 x 4 x  3  4 x  3 0 (7)
(Câu 2a Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Vĩnh Phúc
10

năm học 2016 – 2017)
Phân tích: Nếu đặt 4 x  3 t , suy ra 4 x  3 t 2 , khi đó pt(7) trở thành
3x 2  4 xt  t 2 0  t 2  4 xt  3x 2 0 , xem đây là pt bậc 2 ẩn t , còn x là tham số,
' t  x 2 , ta được 2 nghiệm t 3 x và t  x . Thay t  4 x  3 ta được pt ẩn x , giải

tìm được x .
3
4

Lời giải: ĐKXĐ x  , đặt 4 x  3 t
(x 

4 x  3 )(3 x 

4 x  3 0 hoặc 3x 

4 x  3 ) 0  x 

4 x  3 0 . Giải phương

trình đầu cho nghiệm x 1; x 3 , phương trình sau vô nghiệm. Kết hợp với đk
kết luận pt đã cho có 2 nghiệm x 1; x 3 .
Bình luận: Trong lời giải của ví dụ 7, sau khi đặt ẩn phụ 4 x  3 t , ta không rút
x theo t hoàn toàn mà chỉ thay (4 x  3) t 2 để được pt có cả ẩn mới t lẫn ẩn cũ
x , đây chính là điểm độc đáo của lời giải.

Ví dụ 8: Giải phương trình: 2 x 2  2 x  1 (4 x  1). x 2  1 (8)
(Báo THTT Số 436 tháng 10 năm 2013 trang 8)
Phân tích: Nhìn vào đề bài ta liên tưởng tới việc biến đổi pt về dạng A 2  B 2

hoặc A 2 B 2 0 . Thật vậy để tiện cho việc biến đổi biểu thức thành một bình
phương đúng của tổng hay hiệu ta nhân 2 vế của pt(8) với 8, ta được phương
trình: 16 x 2  16 x  8 8(4 x  1). x 2  1   8(4 x  1). x 2  1  16 x 2  16 x  8 (8a)
8.(4 x  1). x 2  1 , tiếp tục phân tích 8.(4 x  1). x 2  1 2.(4 x  1).(4 x 2  1 ) , lúc này

xuất hiện thừa số thứ nhất là (4 x  1) , thừa số thứ hai là (4 x 2  1 ) , do vậy nếu
cộng 2 vế của pt (8a) với biểu thức (4 x  1) 2  (4 x 2  1 ) 2 32 x 2  8 x  17 ta được
vế trái pt (8a) là bình phương đúng ((4 x  1)  4 x 2  1) 2 , còn vế phải của pt (8a)
là 16 x 2  24 x  9 , chính bằng (4 x  3) 2 . Như vậy ta đã đưa pt về dạng A 2  B 2
Lời giải: Nhân 2 vế của phương trình (8) với 8 ta được:
16 x 2  16 x  8 8(4 x  1). x 2  1   16 x 2  16 x  8  2.(4 x  1).4 x 2  1
  16 x 2  16 x  8  (4 x  1) 2  (4 x 2  1) 2 (4 x  1) 2  2.(4 x  1).4 x 2  1  (4 x 2  1) 2



 16 x 2  24 x  9  (4 x  1)  4 x 2  1



2

11


 (( 4 x  1)  4 x 2  1) 2 (4 x  3) 2  (4 x  1)  4 x 2  1 4 x  3 hoặc
 (4 x  1)  4 x 2  1  4 x  3  4 x 2  1 2 hoặc 4 x 2  1 8 x  4

Giải các pt và đối chiếu đk ta được x 

4

là nghiệm duy nhất của pt(8).
3

Ví dụ 9. Giải phương trình: 2 x 2  x  3  3x x  3

(9)

(Câu 2a đề thi vào lớp 10 chuyên TP. Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016)
Phân tích: Nhìn vào đề bài ta thấy ngay 3 cách giải:
Cách 1: Nhẩm được nghiệm x 1 , biến đổi nhân với biểu thức liên hợp để làm
xuất hiện nhân tử ( x  1) .
Cách 2. Đặt x  3 t  x  3 t 2 , khi đó pt trở thành pt bậc 2 ẩn t (x là tham số)
t 2  3 xt  2 x 2 0 , giải tìm t theo x, thay t bằng x  3 ta được pt ẩn x, giải tìm x.

Cách 3. Biến đổi đưa pt về dạng A 2  B 2 hoặc A 2 B 2 0 .
Sau đây là lời giải cho cách 3.
Lời giải: ĐK: x  3 , 2 x 2  x  3  3x x  3 ,
x  3 3x x  3
PT  2 x 2  x  3  3 x x  3  x 2 

0�
2

(x 

2

3 x3 2
x3 2
3 x  3 2 x  3 9( x  3)

) 

 0 � (x 
) (
) 0
4
2
16
4
4

� x

3 x3

4

x3
3 x 3

hoặc x 
4
4

x 3

4

x  3  x hoặc

x  3 2 x

Giải từng phương trình và so sánh với điều kiện suy ra pt (9) có 2 nghiệm x  1
và x 

1  13
.
2

Ví dụ 10: Giải phương trình: 4 x  3  1  4 x 

2
(10)
x

(Câu 2a đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên Thành Phố Hồ Chí Minh
năm học 2018 – 2019)
Phân tích: Ban đầu ta thấy rằng pt (9) chưa phải là một trong 3 dạng pt đã nêu,
nhưng sau khi đặt điều kiện và khử mẫu pt trở thành: 4 x 2  x  2 4 x x  3 (9a).
Từ đây tìm cách biến đổi để đưa pt (9a) về dạng: A 2  B 2 .
Lời giải: ĐK x �3, x �0 , Quy đồng mẫu thức ta được pt: 4 x x  3  x  4 x 2  2
12


� 4x2  4x x  3  x  3  1
� (2 x  x  3)2  1 � 2 x  x  3  1 hoặc 2 x  x  3  1 ,

x  3 2 x  1 hoặc

x  3 2 x  1 , giải từng phương trình và đối chiếu với điều kiện, suy ra pt(9) có

2 nghiệm x 

5  57
 3  41
và x 
.
8
8

Ví dụ 11. Giải phương trình: 4 x 2  3x  2  x  2

(11)

(Câu 2a trong đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên Hà Tĩnh,
năm học 2018 – 2019)
Hướng dẫn: Sau khi đặt điều kiện, biến đổi pt về dạng A 2  B 2
Lời giải: ĐK: x �2 , PT � 4 x 2  2 x  1  x  2  x  2  1
4

4

1
1
1
1
1
1
� (2 x  ) 2  ( x  2  ) 2 � 2 x   x  2  hoặc 2 x    x  2 
2

2
2
2
2
2

�

x  2  2 x  1 hoặc

x  2  2 x

Giải từng phương trình và đối chiếu với điều kiện, kết luận pt có 2 nghiệm :
x

5  41
1  33
và x 
.
8
8

Ví dụ 12. Giải Phương trình: (1  2 x) 2  x 2  x  1

(12)

(Bài Toán Mục Đề ra kỳ này báo TH&TTsố 481 tháng 7 năm 2017)
Hướng dẫn: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2 với cả ẩn phụ và ẩn cũ.
Lời giải: ĐK:  2  x  2 . Đặt 2  x 2 t (t 0)  x 2  t 2 2 (2) . Khi đó
phương trình (1) trở thành (1  2 x)t  x  1  t  2tx  x  1

(3) , Cộng theo vế PT

(2) và PT(3) ta được (t  x) 2  (t  x)  1 0 , giải ra ta được
t x

 1 5

2

2  x2  x 

 1 5

2

2  x 2 x 

 1 5
, Giải từng phương
2

trình và đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình (12) có nghiệm duy nhất
1
x

5  10  2 5
4

Ví dụ 13: Giải phương trình: 2 2 x  1  x 2  2 x

(13)

(Bài T5/459 Mục Đề ra kỳ này báo TH&TT số 459 tháng 9 năm 2015)
13


Hướng dẫn: Sau khi đặt điều kiện, biến đổi đưa pt về dạng A2  B 2 � A  B
hoặc A   B .
1
2

Lời giải: ĐK: x � , Phương trình tương đương x 2  2 x  1  2 2 x  1  1
� x 2  ( 2 x  1  1) 2

� x  2x 1  1

hoặc

x   2x 1 1

2x  1 x  1

hoặc

2 x  1  x  1

. Giải

từng phương trình và kết hợp với điều kiện suy ra pt có nghiệm duy nhất

x 2  2

.

Ví dụ 14. Giải phương trình 7 x 2  7 x 

4x  9
28

(14)

(Báo TH&TT Số 436 tháng 10 năm 2013 trang 2)
Phân tích: Đề bài gợi ý cho ta nghĩ tới việc biến đổi pt về dạng A 2  B 2
4x  9
chưa thuận lợi trong việc biến đổi thành bình
28

Tuy nhiên hệ số gắn với

phương đúng, do vậy ta cần nhân hai vế của pt (14) với 28 sau đó mới biến đổi,
cụ thể lời giải như sau:
Hướng dẫn giải: ĐK x 

9
4

PT  196 x 2  196 x  28 4 x  9 (nhân 2 vế với 28)
 196 x 2  196 x 2 28 x  63  196 x 2  224 x  64 (28 x  63)  2 28 x  63  1
(14 x  8) 2 ( 28 x  63  1) 2  14 x  8  28 x  63  1 (14a) hoặc

14 x  8  28 x  63  1

(14b)

Giải phương trình (14a) và (14b), đối chiếu với điều kiện, suy ra nghiệm của pt
(14).
Ví dụ 15. Giải phương trình x 2  x  1  8 x  1 (15)
Phân tích: Nếu nhân 2 vế của pt(15) với 4, ta sẽ có cơ sở để biến đổi pt về dạng
A2 + 4A = B2 + 4B hoặc (k1 ax  b  c1 ) 2 (c2 x  c3 ) 2 .
Thật vậy ta có lời giải:
Cách 1: Nhân 2 vế của pt(15) với 4 ta có 4 x 2  4 x  4 4 8 x  1 ,
 (4 x 2  4 x  1)  4(2 x  1) ( 8 x  1) 2  4 8 x  1

14


 (2 x  1) 2  4(2 x  1) ( 8 x  1) 2  4 8 x  1  A 2  4 A  B 2  4 B ( A 2 x  1; B  8 x  1)
 A B
 

 A 4  B

 8 x  1 2 x  1
(15a )

 8 x  1 4  (2 x  1) (15b)

Giải từng phương trình (15a), (15b) và đối chiếu với điều kiện suy ra pt (15) có
2 nghiệm x= 1 và x = 3.
2

Cách 2: Nhân 2 vế của pt (15) với 4 ta có: 4 x  4 x  4 4 8 x  1

 4 x 2  4 x  1 ( 8 x  1) 2  2.2 8 x  1  4
 8 x  1  2 2 x  1
 ( 2 x  1) 2 ( 8 x  1  2) 2  
 8 x  1  2  2 x  1

Đến đây ta quy về việc giải pt (15a) và (15b). Kết luận pt(15) có đúng 2 nghiệm
x = 1 và x = 3.
Nhận xét: Qua Cách giải 1, Cách giải 2 của Ví dụ 15 ta rút ra được một
kết luận rất quan trọng sau đây: Nếu pt k ax  b  cx 2  dx  e biến đổi được về
dạng A 2  k1 A  B 2  k1 B thì

nó

cũng

biến

đổi

được

về

dạng

(k1 ax  b  c1 ) 2 (c 2 x  c3 ) 2 .

Sử dụng một trong 7 cách giải đã nêu học sinh có thể giải được các phương

trình sau:
1. x 2  3x  x  2
2. 2 x  3 9 x 2  x  4
3.

2 x  1  x 2  3x  1

4. x 2  3x  1  2 x  1
5. 2 x 2  2 x  1  4 x  1
6. x 2  x  1  8 x  1
7. 4 x 2  21x  22  3 x  2
8. 27 x 2  18 x  x 

4
3

9. 2 2 x  1  x 2  2 x
10.

x 1 x 2  4x  5

11.

x  2 x 2  2

15


12. 12 x  1  x 2  x  36
13. 4 x  1 2 x 2  2 x  1

14. 3x  2  4 x 2  21x  22
15. 2 x  1  x 2  5 x  4
x 3
2 x 2  4 x
2

16.

17. x 2  1 2 x. x 2  2 x
18. x 2  3 x  1 ( x  3). x 2  1
19. x 2  2 x  3 ( x  1). x 2  3x  3
20. ( x  2) x 2  2 x  2  x 2  x  1
21. ( x  1). x 2  2 x  3  x 2  1
22. 2(1  x) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1
2.4. Hiệu quả của Sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục
Bản thân đã tham gia giảng dạy hỗ trợ đội tuyển học sinh cấp tỉnh năm
học 2018 – 2019, Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy, tôi đã tiến hành
kiểm tra 10 học sinh trong đội tuyển môn toán để kiểm nghiệm quá trình nhận
thức của học sinh ở mảng kiến thức này bằng một đề kiểm tra 45 phút như sau:
Bài 1. (4,0 điểm). Giải phương trình: 2 x 2  2 x  1  4 x  1
Bài 2. (3,0 điểm). Giải phương trình: x 2  2 x  3 ( x  1). x 2  3x  3
2
2
Bài 3. (3, 0 điểm). Giải phương trình: 2(1  x) x  2 x  1  x  2 x  1

Kết quả thu được:
Tổng
số
10

Dưới điểm 5
SL
%
1
10

Điểm 5 - 7
SL
%
2
20

Điểm 7 - 8
SL
%
3
30

Điểm 9 - 10
SL
%
4
40

Qua quá trình giảng dạy, chấm chữa bài cho học sinh tôi nhận thấy rằng,
từ những pt trong các đề thi chọn HSG, thi vào lớp 10 THPT chuyên, hoặc do
bản thân sáng tác không có trong sách giáo khoa, tôi đã giúp học sinh huy động
được nhiều kiến thức, linh hoạt trong tư duy, đồng thời khơi gợi khả năng phán
đoán, lựa chọn cách giải phù hợp với từng loại phương trình. Qua đó học sinh
16

thấy được những nét độc đáo, thú vị ẩn sau những bài toán mà các em được học.
Bồi đắp, nuôi dưỡng hứng thú học tập, rèn luyện óc sáng tạo, trau dồi tư duy
linh hoạt, từ đó thắp sáng niềm say mê bộ môn toán học.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Đề tài đã giúp học sinh biết cách phân tích, tìm tòi lời giải cho các
phương trình thuộc 3 dạng trình:
k ax  b  cx 2  dx  e
a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x  b2

a1 x 2  b1 x  c1 (dx  e). a 2 x 2  b2 x  c 2

Đồng thời chỉ ra chỉ ra được căn nguyên, nguồn gốc của những lời giải ấy,
điều đó giúp các em có thể sáng tạo ra vô vàn những phương trình khác cùng
dạng. Bước đầu rèn luyện cho học sinh tư duy khoa học sắc bén, khơi dậy óc
sáng tạo, khả năng tổng quát hóa bài toán.
Đề tài này có thể áp dụng một cách hiệu quả đối với việc bồi dưỡng học
sinh giỏi lớp 9 dự thi cấp huyện, cấp tỉnh ở tất cả các trường THCS trên địa bàn
huyện, thị xã.
Với góc độ nhìn nhận, đánh giá của bản thân thì đề tài có thể mở rộng
phạm vi nghiên cứu sang 2 dạng pt khác là:
ax 3  bx 2  cx  d k .3 e x  f
ax 3  bx 2  cx  d (k1 x  k 2 ). ex  f

(Trong đó a, b, c, d , e, f , k1 , k 2 là các hằng số, x là ẩn).
Rất có thể đề tài còn mở rộng với nhiều dạng phương trình khác nữa, rất
mong ý kiến phản hồi từ bạn đọc!
3.2 Kiến nghị

Đối với Sở Giáo dục và Đào tạo:
Sau khi có Quyết định công nhận, Sở Giáo dục và Đào tạo đưa trang Web
của Sở những SKKN đạt giải để mọi người có cơ hội được học hỏi những sáng
sáng kiến hay, cách làm tốt. Những SKKN đạt loại A, B, C sẽ là những tài liệu
hữu ích cho mỗi cán bộ, giáo viên, nhân viên trong ngành giáo dục.
Đối với Phòng Giáo dục và Đào tạo huyện:
Hằng năm gửi về hòm thư các trường những SKKN đạt giải, từ đó tạo ra
một ngân hàng SKKN khổng lồ, nguồn kiến thức vô tận. Do ở phạm vi hẹp nên
17


cán bộ, giáo viên, nhân viên trong huyện có cơ hội học hỏi trực tiếp, gián tiếp
thông qua SKKN của đồng nghiệp, tạo nên phong trào nghiên cứu khoa học sôi
nổi, rộng khắp trên toàn huyện. Đồng thời phê bình, nhắc nhở những cá nhân
sao chép SKKN của người khác.
Đối với cốt cán chuyên môn trên toàn huyện:
Tích cực trau dồi kiến thức chuyên môn, tham gia tích cực và có hiệu quả
phong trào viết SKKN. Có ý kiến phản hồi về hướng mở rộng đề tài mà tác giải
đã nêu trong phân cuối của mục 3.1.

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 tỉnh Phú Thọ năm học 2011 – 2012
.
[2] Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Hưng Yên năm học: 2016 – 2017.
[3] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 436 tháng 10 năm 2013
[4] Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Phổ thông năng khiếu, ĐHQG Thành phố Hồ
Chí Minh năm học: 2016 – 2017.

[5] Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trung học phổ thông chuyên Hùng Vương, tỉnh
Phú Thọ năm học 2017 – 2018.
[6] Đề tuyển sinh vào lớp 10 Trung học phổ thông chuyên Thành phố Hồ Chí
Minh năm học 2017 – 2018.
[7] Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017.
[8] Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên TP. Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016.
[9] Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên Thành Phố Hồ Chí Minh năm học
2018 – 2019.
[10] Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT Chuyên Hà Tĩnh, năm học 2018 – 2019.
[11] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 459 tháng 9 năm 2015
[12] Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 481 tháng 7 năm 2017

19


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH HOẶC
CẤP CAO HƠN XẾP TỪ LOẠI C TRỞ LÊN
TT

1

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá

Kết quả

Năm học đánh

xếp loại

đánh giá

giá xếp loại

xếp loại
C

2004 -2005

Một số ứng dụng của Sở Giáo dục và
việc sắp thứ tự các số Đào
hạng

tạo

tỉnh

Thanh Hóa

Theo Quyết
định số
59/QĐSGDĐT ngày

2

Hướng dẫn hs lớp 10 Sở Giáo dục và
áp dụng Định lý đảo Đào

tạo

tỉnh

về dấu của tam thức Thanh Hóa

Theo Quyết
462/QĐ-

toán

4

2006 - 2007

định số

bậc hai trong giải

3

24/2/2006
C

SGDĐT ngày

Phương pháp đặt ẩn Sở Giáo dục và

19/12/2007

C

số phụ để giải một số Đào

Theo Quyết

tạo

tỉnh

bài toán mà không sử Thanh Hóa

định số

dụng đến Định lý đảo

12/QĐ-

về dấu của tam thức

SGDĐT ngày

bậc hai
Một số cách giải Sở Giáo dục và

05/01/2010
C

phương

Theo Quyết

trình

thường gặp

hàm Đào

tạo

Thanh Hóa

tỉnh

2008 - 2009

2010 - 2011

định số
539/QĐSGDĐT ngày
18/10/2011
20


5

Hướng dẫn học sinh Sở Giáo dục và
khá gỏi giải một số Đào
bài

toán

về

tạo

tỉnh

lập Thanh Hóa

trong

871/QĐ-

mặt

SGDĐT ngày

phẳng liên quan tới
6

18/12/2012

cực trị
Hướng dẫn học sinh Sở Giáo dục và
lớp 11 sử dụng kết Đào

tạo

tỉnh

quả một bài tập trong Thanh Hóa

7

Theo Quyết
định số

phương trình đường
thẳng

C

C
Theo Quyết
định số

Sách giáo khoa để

743/QĐ-

giải quyết một số bài

SGDĐT ngày

toán về khoảng cách
Hướng dẫn học sinh Sở Giáo dục và
sử dụng kết quả hai Đào

tạo

2012 - 2013

04/11/2013
B

2015 -2016

tỉnh

bài toán để giải một Thanh Hóa
số bài toán hình học
phẳng

trong

mặt

phẳng tọa độ

21