SKKN một số phương pháp giải phương trình vô tỉtrong khuôn khổ chương trình bậc THCS

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

PHẦN I
MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng
mô hình ứng dụng của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sống xã
hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dụng. Toán học là một môn học giữ
một vai trò quan trọng trong suốt bậc học phổ thông. Tuy nhiên, nó là một môn học
khó, khô khan và đòi hỏi ở mỗi học sinh phải có một sự nỗ lực rất lớn để chiếm lĩnh
những tri thức cho mình. Chính vì vậy, đối với mỗi giáo viên dạy toán việc tìm hiểu
cấu trúc của chương trình, nội dung của sách giáo khoa, nắm vững phương pháp dạy
học. Để từ đó tìm ra những biện pháp dạy học có hiệu quả trong việc truyền thụ các
kiến thức Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm thường xuyên.
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 cực
hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hoàn thiện nhân cách
Giải toán là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi le
việc giải toán là một việc mà người học lẫn người dạy thường xuyên phải làm, đặc
biệt là đối với những học sinh bậc THCS thì việc giải toán là hình thức chủ yếu của
việc học toán
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, bắt 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 ở
cuối năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình đại số ở lớp 9.
Đây là một nội dung quan trọng bắt buộc học sinh bậc THCS phải nắm bắt được và
có kĩ năng giải phương trình một cách thành thạo
Trong những vấn đề về phương trình, phương trình vô tỉ lại là một trở ngại không
nhỏ khiến cho nhiều học sinh không ít ngỡ ngàng và bối rối khi giải các loại phương
trình này. Thực ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với những học

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 1


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi thì đây là một trong những vấn đề quan trọng
mà bắt buộc những học sinh này phải vượt qua
Là một giáo viên giảng dạy Toán bậc THCS, bản thân tôi lại được Nhà trường trực
tiếp giao trách nhiệm bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán tham dự kì thi các cấp
Huyện và Tỉnh, tôi cũng rất trăn trở 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 khuôn khổ chương trình bậc THCS
II. Mục đích của đề tài
Trên cơ sở những kinh nghiệm giảng dạy và thực tiễn học tập của học sinh, tìm ra
những phương pháp giải phương trình vô tỉ một cách hiệu quả nhất
III. Phạm vi nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi thực hiện nghiên cứu tại đơn vị công tác là Trường
THCS Bu PRăng. Cụ thể là những học sinh tham gia đội tuyển học sinh giỏi Toán của
trường và của Huyện
IV. Cơ sở nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi dựa trên cơ sở các kiến thức mà tôi đã tự tìm tòi nghiên
qua các tài liệu toán bậc THCS trên mạng, các tài liệu về phương pháp giảng dạy, các
tài liệu bồi dưỡng thường xuyên, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo của bộ
môn Toán bậc trung học cơ sở
V. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện đề tài này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây:

– Phương pháp nâng lên lũy thừa
– Phương pháp trị tuyệt đối hóa
– Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
– Phương pháp đưa về phương trình tích
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 2


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

– Phương pháp đặt ẩn phụ
– Giải và biện luận phương trình vô tỉ
VI. Thời gian nghiên cứu
Đề tài được thực hiện trong năm học 2010 - 2011
VII. Giới hạn của đề tài
Đề tài được sử dụng trong việc bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi các cấp, với đối
tượng là những học sinh giỏi bộ môn Toán bậc THCS

PHẦN II
NỘI DUNG ĐỀ TÀI

I. Khảo sát tình hình thực tê
Năm học 2010 - 2011, tôi được trường THCS Bu PRăng giao nhiệm vụ bồi dưỡng
học sinh giỏi hai môn Toán và giải toán trên máy tính cầm tay. Đây là một cơ hội rất
tốt để tôi thực hiện đề tài này, phương trình vô tỉ là một trong những dạng phương
trình khó. Trong quá trình giải toán học sinh còn rất lúng túng, kể cả những học sinh
tham gia trong hai đội tuyển thì những dạng phương trình vô tỉ cũng là một dạng toán
mới. Trước khi bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi đã thực hiện việc khảo sát môn toán trên
43 học sinh của lớp 9. Kết quả thu được như sau:
Giỏi: 5 em

Khá:15 em
Trung bình: 18 em
Yếu: 5 em
Đội tuyển học sinh giỏi môn Toán do tôi phụ trách đầu tháng 09 gồm 05 học sinh,
qua quá trình bồi dưỡng, chọn lọc trực tiếp. Tôi đã chọn ra được 02 em đi tham dự kỳ
thi học sinh giỏi cấp Huyện

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 3


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

II. Một số phương pháp giải phương trình vô ti
1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
a) Dạng 1: f (x) = g(x)

g(x) 0
f (x) = [g(x)]2

Ví dụ. Giải phương trình: x + 1 = x - 1 (1)
x 1

Giải: (1)

x 1
2

x - 3x = 0

x + 1 = x -1

x 1
x =3

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
b) Dạng 2: f (x) + g(x) = h(x)
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

2

x + x - 6 = 144 + x - 24x

2 x 12
25x = 150

x=6

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
c) Dạng 3: f (x) + g(x) = h(x)

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

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 4


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

352 � � 2
42
1764 1764 352 �
� 84
5 �x 2  x 


� 5 �x  2 � x 
�
5
5 � �
5

25
25
5 �
�
2

4
� 42 �
� 44 �
 5 �x  � 5 �  5  x  8  �x  � (x  8)  5x  44 
25
� 5 �
� 5 �

 x1 =

44
; x2 = 8
5

Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =

44
; x2 = 8
5

d) Dạng 4: f (x)  g(x)  h(x)  k(x)
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
2) 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
HD: Đáp số: x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình 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
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 5


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

 x  1  1 | x  1  3 | 2.| x  1  1|
Đặt y = x  1 (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở 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
3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
a) Chứng tỏ tập giá trị của hai 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
b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế
Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 (1)
4

9

�
�
�
�
Giải: Ta có (1)  3 �x 2  2x  1  � 5 �x 2  2x  1  � (x 2  2x  1)  5
3

5
�

�

�

�

 3(x  1) 2  4  5(x  1) 2  9  5  (x  1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4  9  2  3  5 . Dấu “=” xảy ra  x = –1
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 6


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

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)
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

1

6
 8  8  3 . Mà: VP > 8  3
x 1

– Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x  1 > 2.22 + 3 = 8  3 . VT < 8  3
x  2 � x 1  2 1
6
6
1
 1
3
x 1
2 1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
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  2 2  2  3.22  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

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 7


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

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

3
là nghiệm của phương trình. Ta cần
2

chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:



Với x <

3
:
2

6
 2 và
3 x

8
4
2x

6
8

6.
3 x
2x

Tương tự với

3
< x < 2:
2

6
8

6

3 x
2x

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









2
2
Giải: (1) � 3x 2  (3x)  3  (2x  1) 2  (2x  1)  3  0







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

Nếu 3x = –(2x + 1)  x = 



1

thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy
5

x= 

1
là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng
5

�1
 ;
�
�2

�
0 �. Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
�
1
2

1
5

Với   x   : 3x < –2x – 1 < 0
 (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 tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi


1
1
x
2
5

d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt
Ví dụ. Giải phương trình
Giải: điều kiện x 

x
4x  1

2
x
4x  1

1
4

Áp dụng bất đẳng thức

a b
 �2 với ab > 0
b a

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 8


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

1
4

Với điều kiện x  � x 4x  1  0 . Nên:
x
4x  1

�2 . Dấu “=” xảy ra  x  4x  1 � x 2  4x  1  0
x
4x  1

 x 2  4x  4  3  0 � (x  2)2  3 � x  2  � 3 � x  2 � 3
4. Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Giải phương trình: 2x  1  x  2  x  3
Giải. ĐK: 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

�
(x  3)( 2x  1  x  2  1)  0  �
 PT vô nghiệm
� 2x  1  x  2  1

Ví dụ 2. Giải phương trình: x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x 2 (1)
Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1) 



x 1  1 x

 x1 = 0; x2 = 

2



x 1  1 x 1  0

24
25

Ví dụ 3. 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  x3  x 2  x  1  0  x = 2

5) Phương pháp đặt ẩn phụ
a) Sử dụng một ẩn phụ
Ví dụ 1. 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 2. Giải phương trình:





1 5 �
�
2 �

3

x  1  1  2 x  1  2  x (1)

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 9


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

HD: ĐK: x ≥ 1. Đặt x  1  1 = y
(1) 



 



3

x 1 1 

2

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)
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:
Giải. ĐK: x ≥ –2. (1) 







x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3 (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. ĐK: 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 =
Ví dụ 4. Giải phương trình:
Giải. Đặt x 
(1)  x 

1
= u,
x

2x 

1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2

4
1
5
 x   x  2x  (1)
x
x
x
5
= v (u, v ≥ 0)
x

1 �
5�� 1�
�
5
�
�
2x  � �x  �
 2x   0  u – (v2 – u2) – v = 0
�
�
x �
x�� x�
x
�
�

 (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 10


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

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 trở 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)
 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 � 239
� 11 30
� x  2�
�v 
�60 �
�
60
� � 120
�
� 19 30
�t 
60
�

d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 11


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

Ví dụ 1. Giải phương trình x  1  2x  1  5
Cách 1: Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5
�u  v  5

Cách 2: Đặt x  1  u �0 và 2x  1  v . Ta có hệ: � 2

2
�v  2u  1

u2
�
 x = 5.
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.
u  v  13
�v  3 �v=2
�

 �2

2

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
�

 �2

u  v  16
�
2

uv 2
�
�
uv 8
�

�

u 5
�
. Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất.
�
v 3
�

Ví dụ 4. Giải phương trình: 1  x  4  x  3
Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt 1  x  u ;
�u  v  3

4  x  v (u, v ≥ 0)

x0
�

 �2

�
2
x  3
�
�u  v  5

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 trở 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
�
�
��
��
�
v2
u  v  97
�v  3
�
�

 (1)  � 4

4

x  81
�
�
x  16
�

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
�
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 12


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

6) Giải và biện luận phương trình vô tỉ
Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình: x 2  4  x  m
�x �m

x �m
�

��
Giải. Ta có: x 2  4  x  m  � 2
2
2
2mx  (m 2  4)  0
�x  4  x  4xm  m
�

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0: x 

m2  4
m2  4
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 
≥m

2m
2m

+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m �2
+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x 

m2  4
2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:

x 2  3 x  m

(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
�x �m

�x �m
�
�
2
2
2mx  (m 2  3)  0
�x  3  x  m  2mx
�

2
Giải. Ta có: x  3  x  m � � 2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0: x 

m2  3
m2  3
�m
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 
2m
2m

+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0 �m � 3
+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3
Tóm lại:
– Nếu 0 �m � 3 hoặc m � 3 . Phương trình có một nghiệm: x 

m2  3
2m

– Nếu  3  m �0 hoặc m  3 : phương trình vô nghiệm
Ví dụ 3. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x  m  m
Giải. Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1)  0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 13


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

( x  m)( x  m  1)  0
�x  m  0
��
�x  1 m

+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m) 2
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
II. Kêt quả thực hiện
Qua việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn: Toán và giải toán trên máy tính cầm tay.
Tôi đã áp dụng các nội dung của đề tài vào việc bồi dưỡng cho các em. Kết quả đạt
được như sau:
a) Cấp Huyện:
Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh cấp Huyện: 02 em
Số học sinh đạt giải: 02 em ( 1 giải ba, 1 được công nhận học sinh giỏi)
b) Cấp Tỉnh:
Tổng số học sinh tham dự kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh: 02 em
Số học sinh đạt giải : không có
III. Bài học kinh nghiệm
Qua việc thực hiện chuyên đề giải phương trình vô tỉ trong chương trình của cấp
THCS và việc bồi dưỡng học sinh giỏi hai môn Toán và Giải toán trên máy tính cầm
tay. Bản thân tôi đã rút ra được một số bài học kinh nghiệm như sau:
1. Về công tác chỉ đạo
Đây là một công tác quan trọng hàng đầu trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi.
Trong năm học vừa qua, nhận được sự chỉ đạo sát sao, sự quan tâm thường xuyên từ
phía Ban giám hiệu Nhà trường và Phòng giáo dục đào tạo. Công tác bồi dưỡng học
sinh giỏi đã và đang gặt hái được những thành nhất định. Nhờ có sự quan tâm đó, mà
Trường THCS Bu PRăng là một trường vùng sâu, vùng xa của tỉnh Đắk Nông đã có
học sinh giỏi cấp Huyện trong các năm học 2009- 2010 và 2010 – 2011.
2. Về phía học sinh

Để gặt hái được những thành tích đáng kể trong công tác giáo dục. Thì học sinh
phải là nhân vật trung tâm trong việc bồi dưỡng đào tạo, đây là nhân tố giữ vai trò
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 14


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

quyết định trong sự thành công hay thất bại của mỗi giáo viên làm công tác giảng
dạy, bồi dưỡng. Vì chính các em mới là người học, là người đi thi và là người đem lại
những thành tích đó.
Chính vì vậy, sự động viên, quan tâm, giúp đỡ của lãnh đạo ngành, gia đình các em
và những giáo viên tham gia làm công tác bồi dưỡng là rất lớn. Nhất là đối với lứa
tuổi học sinh lớp 8, 9, đặc điểm tâm lí lứa tuổi của các em có tác động không nhỏ đến
việc học tập. Nhận thức rõ điều đó, mỗi giáo viên làm công tác bồi dưỡng cần phải
thường xuyên động viên, uốn nắn kịp thời để giúp cho các em có thể có một sự quyết
tâm lớn trong công việc học tập của mình.
3. Về phía giáo viên tham gia trực tiếp công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
Nếu học sinh giữ vai trò trung tâm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi thì vị
trí của người thầy lại giữ vai trò chủ đạo. Để thực hiện thành công việc đào tạo bồi
dưỡng học sinh giỏi đòi hỏi giáo viên cần phải có thời gian bồi dưỡng nhiều hơn, phải
đầu tư thời gian, công sức, phải lên được kế hoạch giảng dạy một cách chi tiết, chuẩn
mực. Cặp nhật thường xuyên những kiến thức mới mà các em vừa học để bồi dưỡng
ngay, đặc biệt là phải kích thích được các em say sưa học tập, tự giác học tập, phát
huy được những tố chất tốt nhất của các em để công việc học tập của các em đạt được
hiệu quả cao
PHẦN III
KẾT LUẬN
Để hoàn thành đề tài trên tôi đã đọc rất nhều tài liệu kết hợp với kinh nghiệm của
bản thân, sự giúp đỡ của nhà trường, của đồng nghiệp tôi đã đưa ra được một số

phương pháp giải phương trình vô tỉ trong khuôn khổ chương trình cấp THCS, mà cụ
thể là những phương pháp giải phương trình vô tỉ của lớp 9. Trong quá trình thực hiện
đề tài chắc chắn rằng tôi còn có một số thiểu sót nhất định và ngoài những phương
pháp mà tôi chắt lọc được ở trên, chắc chắn còn nhiều phương pháp giải khác mà tôi
chưa biết. Chính vì vậy, tôi rất mong có sự đóng góp, bổ xung của các đồng nghiệp
để đề tài hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 15


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

Quảng trực, ngày 09 tháng 10 năm 2010
Người thực hiện

Bạch Xuân Lương

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ CHUYÊN MÔN VÀ BGH NHÀ TRƯỜNG

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông
Trang 16


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

Ngày …. tháng ….. năm 201……
( Kí tên, đóng dấu)

Bạch Xuân Lương – Trường Bu PRăng - Huyện Tuy Đức - Tỉnh đắk Nông

Trang 17