Cách xây dựng giáo án luyện tập phần phương trình vô tỉ (đại số 10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10b1 trường

I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình Đại số THPT, phần kiến thức về phương trình vơ tỉ Đại số 10 là phần kiến thức khó đối với học sinh. Với những khó khăn đó các
thầy, cơ trong Tổ Toán của nhà trường cũng xác định đây thách thức của giáo
viên mơn Tốn khi dạy học. Vì vậy, trong mỗi bài dạy chúng tôi thường phải
trao đổi ý kiến tìm cách tiếp cận vấn đề làm sao cho nhẹ nhàng giúp học sinh
khơng có cảm giác nặng nề, khó khăn và tự tin hơn trong học tập.
Trong q tình dạy học bộ mơn Tốn tại trường THPT Lê Lai nói chung
và mơn Đại số 10 nói riêng, chúng tơi cho rằng bài tốn giải phương trình vơ
tỉ là một phần kiến thức rất quan trọng. Đây là một bài toán hay cần huy động
nhiều kiến thức, kỹ năng khi làm bài tập và cũng là bài toán liên quan mật
thiết với các bài tốn khó phía sau. Vì thế, bài tốn giải phương trình vơ tỉ
được khai thác nhiều trong các kì thi. Nhận thức được tầm quan trọng đó,
theo chương trình giáo dục nhà trường năm học 2017 – 2018, tổ Toán – Tin
trường THPT Lê Lai đã xây dựng thời lượng luyện tập là 3 tiết. Trong q
trình dạy học bài này, chúng tơi nhận thấy một số khó khăn sau:
Một là, để làm được một bài tập phần này học sinh cần phải có kỹ năng
biến đổi đại số tốt, biết huy động kiến thức liên quan để xử lí các tính huống cụ
thể.
Hai là, giáo viên cần phải biết làm mềm kiến thức nhằm giúp học sinh
tiếp cận vấn đề nhẹ nhàng để giúp các em có niềm tin trong học tập (khơng bỏ
cuộc).
Trong năm học 2017 – 2018, trong các lớp trực tiếp giảng dạy, học sinh lớp
10B1, 10B2 theo ban tự nhiên, trong đó lớp 10B1 học chưa tốt bằng 10B2, nhất là
mơn Đại số. Đó là lí do khiến tơi trăn trở, tìm tịi cách xây dựng giáo án giảng dạy
với mong muốn các em hứng thú hơn trong tiết học mơn tốn. Đó cũng là lí do tơi
tìm đến với “Cách xây dựng giáo án luyện tập phần Phương trình vơ tỉ (Đại số
10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10B1 - Trường THPT Lê Lai tự tin hơn trong
học tập”.
Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm là nghiên cứu cách thức tiếp cận đối
với bài toán giải phương trình vơ tỉ một cách hệ thống và sáng tạo để giúp giáo

viên trang bị kiến thức cơ bản nhất và kĩ năng cần thiết nhất từ đó phát triển các
thao tác tư duy, giải quyết các bài toán khó.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Xây dựng được giáo án luyện tập phần phương trình vơ tỉ đối với học sinh
lớp 10 tại trường THPT Lê Lai
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Quá trình dạy – học mơn Đại số tại lớp 10B1 trường THPT Lê Lai. Nhằm
đánh giá những ưu điểm, nhược điểm trong quá trình dạy học phần Phương trình
quy về bậc hai ở môn Đại số 10.
1


1.4. Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu lí luận: các văn bản Luật, Chỉ thị, Hướng dẫn của các cấp,
Kế hoạch năm học của Nhà trường, Kế hoạch hoạt động chun mơn của Tổ
Tốn – Tin.
+ Sách giáo khoa, chuẩn kiến thức kĩ năng mơn Tốn 10.
+ Thực tiễn q trình giảng dạy của bản thân và của đồng nghiệp.

2


II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận
Căn cứ Hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức kĩ năng mơn Tốn lớp 10 của
Bộ giáo dục và đào tạo[1];
Căn cứ Hướng dẫn thực hiện nhiệm vụ năm học 2017 – 2018 của Giám đốc
Sở giáo dục và đào tạo Thanh hóa[3];
Căn cứ Kế hoạch giảng dạy mơn Tốn trường THPT Lê Lai năm học
2017 – 2018 [5];

Căn cứ vào thực tiễn dạy học, tôi thấy rằng phần kiến thức, kỹ năng của
bài tốn giải phương trình là rất quan trọng đối với việc học của học sinh.
Cụ thể, học sinh cần đạt được:
- Về kiến thức: Hiểu cách giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bậc
hai
- Về kĩ năng: Giải được phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bậc hai.
2.2. Thực trạng của việc dạy tiết luyện tập giải phương trình vơ tỉ tại
trường THPT Lê Lai
Trong chương trình Đại số THPT, phần kiến thức về giải phương trình và
bất phương trình vơ tỉ là phần kiến thức rất hay và khó đối với học sinh trong
q trình học và làm bài tập; đây cũng là phần kiến thức xuất hiện từ các kì thi.
Thực tế giảng dạy những năm qua theo phân phối chương trình, đây là một
phần trong bài Phương trình quy về bậc hai – Đại số 10, với thời lượng ít như
vậy thì khả năng thực hành giải bài tập thì số ít học sinh có khả năng giải bài
tập, chủ yếu trong một tiết luyện tập chỉ lựa chọn vài bài đơn giản nhưng hiệu
quả vẫn thấp. Kết quả này được thể hiện qua bài kiểm tra học kì I hàng năm, số
lượng học sinh làm được bài tập giải phương trình, bất phương trình vơ tỉ
thường là dưới 10 em. Từ đó có thể khẳng định rằng thời lượng luyện tập của
bài giải phương trình vơ tỉ rất ít cùng với việc lựa chọn bài tập rời rạc, thiếu tính
liên kết là chưa hiệu quả.
Từ thực tế trên, trong năm học 2017 – 2018 khi thực hiện xây dựng giáo dục
mơn Tốn lớp 10, chúng tơi đã xây dựng 5 tiết cho bài Phương trình quy về bậc
nhất, bậc hai trong đó có 2 tiết lí thuyết và 3 tiết bài tập. Với thời lượng như vậy,
giáo viên có thể giúp học sinh nắm được khái niệm về phương trình quy về bậc
nhất, bậc hai, tiết luyện tập giúp học sinh giải được các dạng phương trình quy
về bậc nhất, bậc hai. Đặc biệt là bài tốn giải phương trình vơ tỉ.
Sau khi học xong phần lí thuyết, tơi cũng có khảo sát đối với việc nắm bài
và kỹ năng giải toán đối với học sinh, thu được kết quả như sau:

3

Biểu đồ so sánh giữa lớp thực nghiệm 10B1 và lớp đối chứng 10B2
Qua bảng thống kê cho ta thấy: chất lượng học tập ở hai lớp thì lớp 10B2
có phần trội hơn.
Số lượng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều do chưa nắm vững
được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Qua q trình chấm bài, tơi thấy một số tồn tại đối với học sinh như sau:
- Đa số học sinh nắm được khái niệm về khoảng cách trong không gian.
- Đa số học sinh thiếu kĩ năng định hướng về phương pháp trong việc
giải Toán.
- Đa số học sinh chưa biết liên hệ giữa bài đã làm với bài tập mới.
- Đa số học sinh thiếu kĩ năng trình bày lời giải.
Từ thực tế đó, địi hỏi tơi cần có giải pháp cụ thể, tích cực trong việc luyện
tập cho học sinh lớp 10B1 nhằm đáp ứng được yêu cầu về mặt kiến thức, kĩ
năng.
2.3. Các giải pháp thực hiện
- Căn cứ vào nội dung kiến thức của bài tốn giải phương trình vơ tỉ [2].
- Căn cứ vào thực tiễn giảng dạy của nhà trường, kế hoạch giáo dục nhà
trường mơn Tốn lớp 10[5].
Tơi chia nội dung thành 2 phần dạy cho học sinh vào 2 tiết; trong mỗi tiết có
các thí dụ minh họa và bài tập cho học sinh tự rèn luyện về phương pháp tính.
Cụ thể như sau:

4


Tiết 1: Giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương
2 x + 1 = 3x + 1

Ví dụ 1: Giải phương trình:

Hướng dẫn giải: Ta thấy VT ln không âm, do đó nếu VP âm thì phương trình
1
vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi 3 x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . Khi đó hai
3
vế đều không âm và bình phương ta thu được phương trình tương đương.

1

1
x
≥
−

 3x + 1 ≥ 0
4
 x≥−

3
pt ⇔ 
⇔
⇔
⇔ x = 0Vx = −
3


2
9
2 x + 1 = (3x + 1)

9 x 2 + 4 x = 0  x = 0, x = − 4

9

Nhận xét: *

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
(không cần đặt đk: f ( x) ≥ 0 )
2
 f ( x) = g ( x)

* Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ: t = 2 x + 1
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x .

1
Hướng dẫn giải: ĐK: −4 ≤ x ≤ (*).
2
pt ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 2 (1 − 2 x)(1 − x) + 1 − x
1

2x + 1 ≥ 0

 x≥−
⇔ 2 x + 1 = (1 − 2 x)(1 − x) ⇔ 
⇔
2 ⇔ x=0
2

(2
x
+
1)
=
(1
−
2
x
)(1
−
x
)
2

2 x + 7 x = 0
.
Đối chiếu đk (*) ta thấy x = 0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x = 0
Nhận xét: Ở phương trình trên ta chuyển 1 − x qua vế phải rồi mới bình
phương. Mục đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trình luôn cùng
dấu để sau khi bình phương ta thu được phương trình tương đương.
Ví dụ 2: Giải phương trình:

2x + 6 x2 + 1 = x + 1

x +1≥ 0
x ≥ −1


x ≥ −1


⇔
⇔
Giải: pt ⇔ 

 2
2
2
2
2
2
2
2 x + 6 x + 1 = ( x + 1)
 6 x + 1 = x + 1 6 x + 1 = ( x + 1)
 x ≥ −1
⇔ 4
⇔ x = 0, x = 2
2
x
−
4
x
=
0

Ví dụ 3: Giải phương trình:

x( x − 1) + x( x + 2) = 2 x 2 .

5

 x ≤ −2

Hướng dẫn giải: ĐK:  x ≥ 1 (*) .
 x = 0
Pt ⇔ 2 x 2 + x + 2 x 2 ( x − 1)( x + 2) = 4 x 2 ⇔ 2 x 2 ( x 2 + x − 2) = x(2 x − 1)
x =0
⇔ 4 x 2 ( x 2 + x − 2) = x 2 (2 x − 1) 2 (do đk (*)) ⇔ x ( 8 x − 9 ) = 0 ⇔ 
9 (thỏa
x =
8

(*)).
Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh các điểm sau:
1) Bài toán trên còn có cách giải như sau:
* x = 0 là một nghiệm của phương trình.
2

* x ≥ 1 ⇒ pt ⇔ x − 1 + x + 2 = 2 x ⇔ 2 x 2 + x − 2 = 2 x − 1
9
⇔ 4 x 2 + 4 x − 8 = 4 x 2 − 4 x + 1 ⇔ x = (nhận)
8
* x ≤ −2 ⇒ pt ⇔ − x(1 − x) + − x(− x − 2) = 2 (− x)(− x)
⇔ 1 − x + − x − 2 = 2 − x ⇔ 2 x 2 + x − 2 = −2 x + 1 ⇔ x =

9
(loại)
8

9
8
2) Khi biến đổi như trên, chúng ta thường mắc sai lầm khi cho rằng
ab = a . b ! Đẳng thức này chỉ đúng khi a, b ≥ 0 . Nếu a, b ≤ 0 thì
ab = −a . −b .
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 0 và x =

Ví dụ 4: Giải phương trình:

3

x − 1 + 3 x − 2 = 3 2x − 3 .

Hướng dẫn giải: pt ⇔ 2 x − 3 + 3 3 ( x − 1)( x − 2)( 3 x − 1 + 3 x − 2) = 2 x − 3
 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3
⇔
(*)
3 ( x − 1)( x − 2)(2 x − 3) = 0

3
⇔ x = 1; x = 2; x = .
2
Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh các điểm sau:
a) Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến đổi như sau:
2 x − 3 + 3 3 ( x − 1)( x − 2)( 3 x − 1 + 3 x − 2) = 2 x − 3 ⇔ 3 ( x − 1)( x − 2)(2 x − 3) = 0!?
.Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta
đã thừa nhận phương trình ban đầu có nghiệm. Do đó để có được phép biến đổi
tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét pt sau:
6

1 − x + 3 1 + x = −1 ⇔ 2 + 3 3 1 − x 2 ( 3 1 − x + 3 1 + x ) = −1 ⇔ 3 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0.
Thay x = 0 vào phương trình ban đầu ta thấy x = 0 không thỏa mãn.
3

b) Với dạng tổng quát: 3 a ± 3 b = 3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng
đẳng thức (a ± b)3 = a 3 ± b3 ± 3ab(a ± b) , ta có phương trình tương đương với
 3 a ± 3 b = 3 c
hệ: 
. Giải hệ này ta được nghiệm của phương trình.
3
a
±
b
±
3
a
..
b
.
c
=
0

Ví dụ 5: Giải phương trình: a) x 2 + x + 7 = 7 (1)
4 x + 1 − 3x − 2 =

b)

x+3

(2)
5

Hướng dẫn giải: a)
pt ⇔ x 2 − ( x + 7) + ( x + x + 7) = 0 ⇔ ( x + x + 7)( x − x + 7 + 1) = 0
 x + 7 = −x
⇔
 x + 7 = x + 1
 1 − 29
x=
1 − 29
⇔
x = 2 và x =
.
Vậy
pt
đã
cho
có
hai
nghiệm:
.
2

2
 x = 2
b) pt ⇔ 5( 4 x + 1 − 3 x − 2) = (4 x + 1) − (3 x − 2)
⇔ 5( 4 x + 1 − 3 x − 2) = ( 4 x + 1 − 3 x − 2).( 4 x + 1 + 3 x − 2)
 4 x + 1 − 3x − 2 = 0
⇔

⇔x=2
 4 x + 1 + 3 x − 2 = 0
Nhận xét: *Với phương trình (1) ta có thể giải như sau:
 y2 − x = 7
Đặt y = x + 7 ta có hệ phương trình:  2
, trừ vế theo vế hai phương
x
+
y
=
7

trình trên ta được: ( y + x)( y − x − 1) = 0 . Giải ra ta tìm được x.
* Dạng tổng quát của pt (1) là: x 2 + x + a = a .
*Với pt (2) ta còn có cách giải khác như sau:
(2)
x−2
4( x − 2)
⇔ 4 x + 1 − 3 − 3x − 2 − 2 =
⇔
−
5
4x + 1 + 3

(

) (

)

(

7

) (

3( x − 2)
3x − 2 + 2

)

=

x−2
5


x=2

2

⇔
3x − 2 − 4 x + 1 − 1
1 . Vì VT(*) < 0 (do x ≥ ) nên (*) vô
= (*)
3
 ( 4 x + 1 + 3)( 3 x − 2 + 2) 5
nghiệm.
Ví dụ 6: Tìm m để phương trình:
2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

x ≥1

Hướng dẫn giải: pt ⇔  2
.
 x + (m − 2) x − 4 = 0(*)
Phương trình (*) ln có hai nghiệm:
2 − m + m 2 − 4m + 8
2 − m − m 2 − 4m + 8
x1 =
> 0; x2 =
< 0.
2
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt ≥ −1
m≤4

⇔ x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 8 ⇔ 
⇔ m ≤ 2.
2
2
(4
−
m
)
≥
m
−
4
m
+

8

Vậy m ≤ 2 là những giá trị cần tìm.
Tiết 2: Giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Dạng 1: F ( n f ( x ) = 0 , với dạng này ta đặt: t = n f ( x) (nếu n chẵn thì phải có
điều kiện t ≥ 0) và chuyển về phương trình F(t) = 0, giải phương trình này ta tìm
được t ⇒ x. Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai:
af ( x) + b f ( x) + c = 0.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
b) ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x

a) x 2 + x 2 + 11 = 31
Hướng dẫn giải:

a) Đặt: t = x 2 + 11, t ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t 2 + t − 42 = 0 ⇔ t = 6 ⇔ x 2 + 11 = 6 ⇔ x = ±5.
b) pt ⇔ x 2 + 3 x − 3 x 2 + 3 x − 10 = 0 Đặt: t = x 2 + 3x , t ≥ 0 . Pt đã cho trở
thành:
t 2 − 3t − 10 = 0 ⇔ t = 5 ⇔ x 2 + 3x = 5 ⇔ x 2 + 3x − 25 = 0 ⇔ x =
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
x 2 + 2 x + 2m 5 − 2 x − x 2 = m 2 .

8

−3 ± 109
.
2


Hướng

dẫn

giải:

t = 5 − 2 x − x 2 = 6 − ( x + 1) 2 ⇒ t ∈ [0;6]

Đặt:

và

x2 + 2 x = 5 − t 2 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2mt + m 2 − 5 = 0(*) ⇔ t = m ± 5
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm t ∈ [0; 6] , hay:
0 ≤ m + 5 ≤ 6
− 5 ≤ m ≤ 6 − 5
⇔


.
 0 ≤ m − 5 ≤ 6
 5 ≤ m ≤ 6 + 5
Dạng 2: m[ f ( x) ± g ( x)] ± 2n f ( x).g ( x) + n[ f ( x) + g ( x)] + p = 0.
Với dạng này ta đặt: t = f ( x) ± g ( x). Bình phương hai vế ta sẽ biểu diễn
được những đại lượng còn lại qua t và chuyển phương trình (bpt) ban đầu về
phương trình (bpt) bậc hai đới với t.
Ví dụ 3: Cho phương trình:

3 + x + 6 − x = m + (3 + x)(6 − x).

a) Giải phương trình khi m = 3 .
b) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Hướng dẫn giải: Đặt: t = 3 + x + 6 − x ⇒ t 2 = 9 + 2 (3 + x)(6 − x) (*).
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 2 (3 + x)(6 − x) ≤ 9 nên từ (*) ⇒ 3 ≤ t ≤ 3 2.
t2 − 9
⇔ t 2 − 2t − 9 = −2m (1)
2
a) Với m = 3 , ta có pt: t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ t = 3 thay vào (*) ta được:
Phương trình đã cho trở thành: t = m +

 x = −3
(3 + x)(6 − x) = 0 ⇔ 
.
 x=6
b) Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t ∈ [3;3 2] .
Xét hàm số: f (t ) = t 2 − 2t − 9 với t ∈ [3;3 2] , ta thấy f (t ) là hàm đồng biến
⇒ −6 = f (3) ≤ f (t ) ≤ f (3 2) = 9 − 6 2, ∀t ∈ [3;3 2] .
6 2 −9
Do vậy (1) có nghiệm t ∈ [3;3 2] ⇔ −6 ≤ −2m ≤ 9 − 6 2 ⇔
≤ m ≤ 3.
2
6 2 −9
;3] là những giá trị cần tìm.
2
Qua ví dụ trên, lưu ý cho học sinh điểm sau:
Vậy: m ∈ [

Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trình f ( x) = k có
nghiệm trên D ⇔ k ∈ Y .
Ví dụ 4: Giải phương trình:

2 x + 3 + x + 1 = 3 x + 2 (2 x + 3)( x + 1) − 16
9


Hướng dẫn giải: ĐK: x ≥ −1
Đặt: t = 2 x + 3 + x + 1, t ≥ 0 ⇒ t 2 = 3 x + 2 (2 x + 3)( x + 1) + 4(*)
Khi đó phương trình trở thành: t = t 2 − 20 ⇔ t 2 − t − 20 = 0 ⇔ t = 5
Thay t = 5 vào (*) ta được: 21 − 3 x = 2 2 x 2 + 5 x + 3
−1 ≤ x ≤ 7
−1 ≤ x ≤ 7


⇔
⇔

2
2
2
441 − 126 x + 9 x = 8 x + 20 x + 12
 x − 146 x + 429 = 0
⇔ x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.
Dạng 3: F ( n f ( x), n g ( x)) = 0 , trong đó f ( x) là một pt đẳng cấp bậc k .
Với dạng này ta xét hai trường hợp:
TH 1: g ( x) = 0 xét trực tiếp.
TH 2: g ( x) ≠ 0 chia hai vế phương trình cho g k ( x) và đặt t =

n

f ( x)

ta được
g ( x)

phương trình F1 (t ) = 0 là phương trình đa thức bậc k .
Ta thường gặp dạng: a. f ( x) + b.g ( x) + c. f ( x) g ( x) = 0.
Ví dụ 5: Giải phương trình: 5 x3 + 1 = 2( x 2 + 2) .
Giải: x ≥ −1 . Ta có: Pt ⇔ 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1) = 2( x 2 − x + 1) + 2( x + 1)
⇔2

x +1
x +1
−
5
+ 2 = 0 (Do x 2 − x + 1 > 0, ∀x).
2
2
x − x +1
x − x +1

Đặt: t =

t = 2
x +1
2
, t ≥ 0 , ta có pt: 2t − 5t + 2 = 0 ⇔  1 .
2
t =
x − x +1
 2

*t = 2 ⇔

x +1
= 4 ⇔ 4 x 2 − 5 x + 3 = 0 : pt vô nghiệm.
2
x − x +1

1
x +1
1
5 ± 37
⇔ 2
= ⇔ x2 − 5x − 3 = 0 ⇔ x =
2
x − x +1 4
2
Chú ý: Trong nhiều bài toán, ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn
giản hình thức bài toán và từ đó dễ dàng tìm được lời giải. Chẳng hạn ta xét ví
dụ sau:
*t =

Ví dụ 6: Giải phương trình:

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1.

Hướng dẫn giải: Đặt: a = x 2 + 2 x , b = 2 x − 1 ⇒ 3 x 2 + 4 x + 1 = 3a 2 − b 2
Phương trình trở thành:
10

a + b = 3a 2 − b 2 ⇔ a 2 − ab − b 2 = 0
1+ 5
1+ 5
⇔a=
b ⇔ x2 + 2x =
2x − 1 .
2
2
Giải phương trình này ta được nghiệm x =

1+ 5
và đây là nghiệm duy nhất
2

của phương trình đã cho.
Ví dụ 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x2 − 1
Hướng dẫn giải: ĐK: x ≥ 1
* x = 1 là nghiệm phương trình ⇔ m = 0.
* x ≠ 1, chia hai vế phương trình cho
Đặt: t =
3t +

4

4

x 2 − 1 ta được: 3 4

x −1

x +1
+ m4
= 2.
x +1
x −1

x −1 4
2
= 1−
⇒ 0 < t < 1, ∀t > 1 và phương trình trở thành:
x +1
x +1

m
= 2 ⇔ 3t 2 − 2t = − m (*) .
t

Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm t ∈ (0;1)
1
2
Vì − ≤ 3t − 2t < 1, ∀t ∈ (0;1) ⇒ (*) có nghiệm t ∈ (0;1)
3
1
1
1
⇔ − ≤ − m < 1 ⇔ −1 < m ≤ . Vậy −1 < m ≤ là giá trị cần tìm.
3
3
3
Qua ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mấu chốt của bài

toán. Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu
diễn được các biểu thức chứa x khác trong phương trình, bất phương trình đã
cho qua ẩn phụ vừa đặt. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp chúng ta không thể
biểu diễn được hết các biểu thức chứa x có mặt trong phương trình, bất phương
trình qua ẩn phụ được. Đối với loại này ta xét dạng sau đây:
Dạng 4: a. f ( x) + g ( x). f ( x) + h( x) = 0. Với phương trình dạng này ta có thể
đặt t = f ( x) , khi đó ta được phương trình theo ẩn t: at 2 + g ( x )t + h( x) = 0 . Ta
giải phương trình này theo t, xem x là tham số (tức là trong phương trình vừa có
t, vừa có x) nên ta gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để.
Ví dụ 8: Giải phương trình: 2(1 − x) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1
Hướng dẫn giải: Đặt: t = x 2 + 2 x − 1 , ta được pt: t 2 − 2(1 − x)t − 4 x = 0 . Đây là
phương trình bậc hai ẩn t có ∆ ' = ( x + 1) 2 , do đó phương trình này có hai
nghiệm: t = 2, t = −2 x.
11


* t = 2 ⇒ x 2 + 2 x − 1 = 2 ⇔ x 2 + 2 x − 5 = 0 ⇔ x = −1 ± 6.
x≤0

2
* t = −2 x ⇔ x + 2 x − 1 = −2 x ⇔  2
hệ này vô nghiệm.
3 x − 2 x + 1 = 0
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = −1 ± 6 .
Ví dụ 9: Giải phương trình: 1 +

2
x − x 2 = x + 1 − x (1)
3

Hướng dẫn giải: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải loại bỏ căn thức. Có những cách
nào để loại bỏ căn thức? Điều đầu tiên là ta nghĩ đến bình phương hai vế. Vì
hai vế của phương trình đã cho luôn không âm nên bình phương hai vế ta thu
được phương trình tương đương.
2

 2

(1) ⇔ 1 +
x − x2 ÷ =
 3


(

x + 1− x

)

2

⇔ 1+

4
4
x − x2 + ( x − x2 ) = 1 + 2 x − x2
3
9

 x − x2 = 0
 x = 0Vx = 1
⇔ 2( x − x 2 ) − 3 x − x 2 = 0 ⇔ x − x 2 2 x − x 2 − 3 = 0 ⇔ 
⇔
 VN
 x − x2 = 3


2
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: x = 0 và x = 1.

(

Qua lời giải trên, ta thấy được
vào đẳng thức

(

x + 1− x

)

)

x − x 2 biểu diễn được qua
2

= 1 + 2 x − x2

x + 1 − x nhờ

(*). Cụ thể, nếu ta đặt

t2 −1
và khi đó phương trình đã cho trở thành
t = x + 1 − x thì x − x =
2
t =1
t2 −1
= t ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ 
phương trình bậc hai với ẩn là t: 1 +
3
t = 2
2

 x + 1− x =1
2 x − x2 = 0
x = 0
⇔
⇔
Vậy ta có: 
VN

 x =1
 x + 1 − x = 2
Việc thay thế biểu thức x + 1 − x bằng một ẩn mới là t (ẩn phụ) là một suy
nghĩ hoàn toàn tự nhiên. Để chọn được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta phải
tìm được mối liên hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình, trong
trường hợp này đó là đẳng thức (*).
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng

nghiệp và nhà trường
Trong năm học 2017 – 2018 vừa qua, được sự góp ý xây dựng của Tổ bộ
môn, được sự đồng ý của Ban chuyên môn nhà trường, tôi đã áp dụng việc dạy
học tại lớp 10B1 tiết bài tập phương trình quy về bậc nhất, bậc hai (đã trình bày
12


trên) và cùng thời điểm thầy Lê Đình Hậu cùng dạy nội dung trên đối với lớp
10B2. Sau khi dạy xong, chúng tôi đã tổ chức kiểm tra đối với lớp thực nghiệm
(TN) là lớp 10B1 và lớp đối chứng (ĐC) là lớp 10B2. Ngồi kết quả bài kiểm
tra, tơi còn kiểm tra mức độ hứng thú học tập của học sinh bằng phiếu thăm dò,
với 4 mức độ:
- Mức độ 1: Rất hứng thú học.
- Mức độ 2: Có hứng thú, nhưng khơng có ý định tìm tịi sáng tạo thêm.
- Mức độ 3: Bình thường.
- Mức độ 4: Không hứng thú. Không hiểu nhiều vấn đề.
Kết quả thể hiện qua biểu đồ sau:

Biểu đồ so sánh kết quả học tập của 2 lớp sau khi thực nghiệm

Biểu đồ so sánh mức độ hứng thú học tập của 2 lớp sau khi thực nghiệm

Từ kết quả trên, cũng như xem xét bài làm của học sinh, tôi thấy rằng:
Học sinh lớp thực nghiệm có hứng thú học tập hơn hẳn so với học sinh lớp
đối chứng.
13


Kết quả kiểm tra của lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh khá giỏi tăng, tỉ lệ học
sinh trung bình, yếu giảm, còn lớp đối chứng tỉ lệ khá giỏi giảm, tỉ lệ trung bình

và yếu lại tăng lên.
Việc định hướng về phương pháp trong làm bài của học sinh lớp thực nghiệm
tốt hơn lớp đối chứng.
Học sinh lớp thực nghiệm tự tin hơn khi đứng trước bài kiểm tra. Khơng bị
bất ngờ trong từng bài tốn, trình bày lời giải ngắn gọn, rõ ràng.
Khi dạy một nội dung khó nhưng cách tiếp cận dễ dàng dẫn đến việc học của
học sinh cũng nhẹ nhàng hơn, giảm áp lực cho giáo viên đứng lớp.
Được đồng nghiệp ở tổ bộ môn đánh giá cao và xem đây là một tài liệu quan
trong giảng dạy mơn Đại số 10.
Từ đó có thể khẳng định cách dạy luyện tập như trên đã mang lại hiệu quả
trong q trình dạy học mơn Đại số ở trường THPT Lê Lai.

14


III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Trong quá trình làm sáng kiến và áp dụng sáng kiến trong thực tế giảng dạy
tại lớp 10B1, hiệu quả mang lại đối với thực tiễn giảng dạy của nhà trường đã
được trình bày ở trên. Từ đó thấy rằng SKKN “Cách xây dựng giáo án luyện
tập phần Phương trình vơ tỉ (Đại số 10 – CTC) để giúp học sinh lớp 10B1 Trường THPT Lê Lai tự tin hơn trong học tập” có đóng góp khơng nhỏ trong
việc giảng dạy tại trường THPT Lê Lai. Cụ thể:
Về lí luận: SKKN đã góp phần khẳng định việc xây dựng giáo án (nhất là
giáo án luyện tập) nên xuất phát từ bài ban đầu: cơ bản, đơn giản, dễ tiếp cận.
Từ đó xây dựng hệ thống bài tập theo các thao tác tư duy cơ bản của Tốn học
đó là: tương tự hóa, khái qt hóa, đặc biệt hóa giúp học sinh nắm được kiến
thức, kĩ năng mang tính hệ thống.
Về thực tiễn: SKKN là một giáo án luyện tập mơn Đại số có hiệu quả dành
cho bản thân và đồng nghiệp trong Tổ bộ môn.
3.2. Kiến nghị

Tổ chuyên môn cần tổ chức những diễn đàn trao đổi về chun mơn để giáo
viên có thể học hỏi kinh nghiệm và phổ biến các SKKN của cá nhân.
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 30 tháng 04 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người khác.

Hồ Phương Nam

15