Một số giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 10 dùng phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỉ

MỤC LỤC


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Giải phương trình là nội dung kiến thức quan trọng, cơ bản đối với học
sinh trung học phổ thông, đặc biệt là học sinh khối 10. Đối với những phương
trình bậc nhất, bậc hai hoặc phương trình quy về bậc nhất, bậc hai đơn giản
hầu hết học sinh đều nắm được cách giải cơ bản. Tuy nhiên khi gặp các
phương trình vô tỷ thì phần lớn học sinh bị lúng túng, không tìm được hướng
giải.
Thực tế cho thấy trong những năm gần đây, trong các đề thi cao đẳng, đại
học, các câu hỏi trắc nghiệm đều có liên quan, lồng ghép phương trình vô tỷ
vào các câu hỏi trắc nghiệm. Trong khi đó chương trình học của sách giáo
khoa lại không đề cập đến các dạng phương trình này hoặc nếu có thì chỉ dừng
lại ở mức độ quá đơn giản, không đáp ứng được trong các kì thi cao đẳng, đại
học.
Vậy làm thế nào để có thể giúp các em học sinh lớp 10 tiếp cận với các
phương trình đó và dần đi đến giải được các phương trình đã nêu ở trên.
Cùng với xu hướng của nhà trường là cho học sinh chọn khối thi đại học
từ đầu năm lớp 10 và kết hợp với khả năng của học sinh trường THPT Hàm
Rồng, tôi muốn cung cấp, bổ sung thêm cho các em một số cách giải những
phương trình dạng này bằng cách dùng ẩn phụ. Đây là một cách giải đòi hỏi
phải có tư duy chặt chẽ, lôgic và có hiệu quả cao.
Ở đây tôi không tham vọng là các em có thể giải được hết các phương
trình này tuy nhiên phần nào đó học sinh biết cách định hướng, nhận biết, để
đặt được ẩn phụ và giải được một số dạng tương đối đơn giản.
Chính vì vậy tôi chọn đề tài “Hướng dẫn học sinh lớp 10 dùng phương
pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ” làm đề tài nghiên cứu của mình.
1.2. Mục đích nghiên cứu

Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ giúp học sinh phát hiện được mối quan
hệ giữa các biểu thức trong phương trình, từ đó biết cách đặt ẩn phụ thích hợp
để đưa về giải các phương trình hoặc hệ phương trình quen thuộc.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối 10 qua các năm giảng
dạy từ trước đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Hệ thống lí thuyết, tổng hợp kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, quan
sát sai lầm, khó khăn của học sinh trong quá trình học tập, kiểm tra. thống kê
và tham khảo sách báo đưa ra các dạng bài tập.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Ở chương trình lớp 10 chủ yếu là các phương trình chứa căn bậc hai, căn
bậc ba. Với những phương trình chứa căn cơ bản, đơn giản thì hầu như học
sinh đều đã nắm được cách giải. Bên cạnh đó, các em còn gặp nhiều phương
trình vô tỷ mà không có phương pháp giải cụ thể, mẫu mực, những phương
trình này thường được giải bằng cách đặt ẩn phụ. Ẩn phụ ở đây được hiểu là
ẩn khác với ẩn đã cho của bài toán, ẩn phụ được hiểu theo đúng từ phụ (không
là ẩn chính)
Quy trình để giải bài toán bằng phương pháp đặt ẩn phụ được tiến hành
như sau:
Bước 1: Xuất phát từ bài toán đã cho đặt ẩn phụ thích hợp rồi chuyển bài
toán đã cho thành bài toán đối với ẩn phụ.
Bước 2: Tìm ẩn phụ rồi quay về tìm ẩn ban đầu.
Tuy nhiên cái khó của bài toán là đôi khi các mối liên hệ giữa các đại
lượng tham gia trong phương trình không dễ thấy, có khi chúng lại “ẩn nấp”
khá kín đáo làm cho người giải toán tưởng chừng là chúng không liên quan gì
với nhau. Chính vì vậy đòi hỏi người làm toán phải có cách nhìn sáng tạo,
logic mới có thể tìm ra mối liên hệ giữa các yếu tố để đặt được ẩn phụ và giải

phương trình.


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Sách giáo khoa chỉ đơn thuần đưa ra các ví dụ về giải các phương trình
bậc hai, phương trình chứa căn bậc hai, phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
đơn giản. Ngay cả các phương trình chứa căn bậc hai, chứa dấu giá trị tuyệt
đối cơ bản cũng không đề cập đến cách giải tổng quát, vì vậy học sinh gặp rất
nhiều khó khăn khi đối mặt với các phương trình vô tỷ.
Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán lớp 10, tôi nhận thấy, khi dạy về
giải phương trình bậc nhất, bậc hai hoặc các phương trình quy về bậc hai đơn
giản, đây là những phương trình cơ bản, học sinh đều nắm được cách giải.
Tuy nhiên, khi gặp phương trình vô tỷ khác lạ trong phạm vi lớp 10 thì học
sinh bị bế tắc, không định hướng được cách giải. Các phương trình dạng này,
phần lớn là phức tạp và hầu như không được giải theo cách phổ thông mà ở
mỗi phương trình các biểu thức có mối liên hệ đặc biệt, đòi hỏi học sinh phải
phát hiện được và đặt ẩn phụ thích hợp để đưa về giải hệ phương trình quen
thuôc.
Thực tế chỉ có khoảng 5% - 10% học sinh biết cách giải theo cách đặt ẩn
phụ đưa về phương trình hoặc hệ phương trình quen thuộc để giải, hầu hết các
em không hề nghĩ bài toán sẽ được giải theo cách này và không định hướng
được cách giải.
Với sức ép của chương trình, qui chế chuyên môn, thời lượng thực hiện
chương trình sát sao, đã làm cho giáo viên chỉ đủ thời gian chuyển tải các nội
dung trong sách giáo khoa, ít có thời gian mở rộng kiến thức cho học sinh,
phần mở rộng chủ yếu ở các tiết phụ đạo, bồi dưỡng.
Trong đề tài này, tôi tôi xin trình bày :
*) những kiến thức cớ bản nhất về phương trình và hệ phương trình
*) 2 dạng bài toán :
Dạng 1: Giải phương trình vô tỷ bằng cách đặt một ẩn phụ.

Dạng 2: Giải phương trình vô tỷ bằng cách đặt nhiều ẩn phụ(hai, ba …
ẩn) và đưa về giải hệ phương trình.


2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Trang bị cho học sinh các kiến thức cần thiết
Giáo viên trang bị cho học sinh dưới dạng bảng hệ thống các kiến thức
để học dễ nhớ, dễ vận dụng.
2.3.2. Phân tích cách đặt ẩn phụ và hướng dẫn giải qua một số bài toán
Phần này giới thiệu 2 dạng bài toán :
Dạng 1: Giải phương trình vô tỷ bằng cách đặt một ẩn phụ.
Dạng 2: Giải phương trình vô tỷ bằng cách đặt nhiều ẩn phụ(hai, ba …ẩn)
và đưa về giải hệ phương trình.

NỘI DUNG
2.3.1. Trang bị cho học sinh các kiến thức cần thiết
2.3.1.1. Các kiến thức cơ bản về giải phương trình chứa căn bậc hai.
1.
2.

 f ( x) ≥ 0( hay g ( x) ≥ 0)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x) = g ( x)
 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x) = [ g ( x) ]

Chú ý: Trong nhiều trường hợp ta cần đặt ẩn phụ để giải.
2.3.1.2. Các kiến thức cơ bản về giải hệ phương trình

a1 x + b1 y = c1

a2 x + b2 y = c2

1 Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn:
Cách 1: Dùng phương pháp cộng đại sô.
Cách 2: Dùng phương pháp thế.
Cách 3: Dùng định thức: D = a 1b2 – a2b1; Dx = c1b2 – c2b1: Dy = a1c2 –
a2c1
2 Giải hệ phương trình bậc nhất 3 ẩn.
Nguyên tắc chung là khử bớt ẩn số, đưa về hệ có ẩn số ít hơn, từ đó ta dễ
dàng tìm được nghiệm của hệ.
Muốn khử bớt ẩn ta dùng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại
số.
3 Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai.


- phương pháp thế, từ phương trình bậc nhất ta tính ẩn này theo ẩn kia
- Thế vào phương trình còn lại, tính được giá trị ẩn đó.
- Suy ra giá trị ẩn còn lại.
4 Hệ đối xứng loại I.
 f ( x, y ) = 0

 g ( x, y ) = 0
Dạng:
(I) trong đó: f(x, y) = f(y,x) ; g(x, y) = g(y,x)
Cách giải:
 F (S ; P) = 0

G ( S , P) = 0

Đặt S = x + y; P = xy. Đưa hệ (I) về dạng:
(II)
Giải hệ (II) tính S, P
Với mỗi cặp nghiệm (S0; P0) của (II) thì x; y là nghiệm của phương
trình:
X2 – S0X + P0 = 0
≥
Điều kiện tồn tại x, y là: S02 – 4P0 0.
Chú ý: Tính chất nghiệm đối xứng.
Nếu (x0; y0) là một nghiệm thì (y0; x0) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó
nếu hệ có nghiệm duy nhất(x0; y0) thì nghiệm đó cũng là nghiệm (y 0;
x0) suy ra: x0 = y0
 f ( x, y ) = 0

 g ( x, y ) = 0

5 Hệ đối xứng loại 2: cho hệ
trong đó: f(x, y) = f(y,x) ; g(x, y) = g(y,x)
Trừ vế theo vế của hai phương trình của hệ ta được phương trình có dạng:
(x -y) h(x; y) = 0

Hệ đã cho tương đương với hệ:

  f ( x; y ) = 0

 x − y = 0
  f ( x; y ) = 0

  h( x; y ) = 0

2.3.2. Phân tích cách đặt ẩn phụ và hướng dẫn giải qua một số bài toán
2.3.2.1. Đặt một ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ.
f (x)

2.3.2.1.1. Phương trình có chứa

và

f (x)


Khi đó đặt

t=

f (x)

(với điều kiện tối thiểu là

t≥ 0

).

2x2 − 11x − 7 2x2 − 11x + 13 + 5 = 0

Ví dụ 1. Giải phương trình
Nhận xét : Để ý rằng : - x2 + 4x – 7 = -(x2 - 4x + 5) – 2 do đó ta có thể biểu
diễn
2

- x + 4x – 7 theo t (với

t = x 2 − 4 x + 5, t ≥ 0

)

Giải

Điều kiện


11− 17
x≤
4
2x2 − 11x + 13 ≥ 0 ⇔ 

11+ 17
x≥

4

t = 2x2 − 11x + 13 t ≥ 0
Đặt
,
.

Thay vào phương trình đã cho ta được phương trình
(*)
t=8
Giải phương trình (*) ta được

.


17
x=

2x − 11x + 13 = 8 ⇔ 2x − 11x − 51= 0 ⇔
2

 x = −3
2

Với

t= 8
, ta có:

t2 − 7t − 8 = 0

2

x1 = −3

x2 =

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
và
f (x)
f (x) + k
2.3.2.1.2. Phương trình có chứa

và
.
t = f (x)
t≥ 0
Khi đó đặt
(với điều kiện tối thiểu là
Ví dụ 2. Giải phương trình
Giải
t = x2 + 3x + 6 t ≥ 0
Đặt
,
.

17
2

.

x2 + 3x + 11 − x2 + 3x + 6 = 1


t2 + 5 − t = 1

Thay vào phương trình đã cho ta được phương trình
(*)


t ≥ 1
t + 1≥ 0
t ≥ 1

(*) ⇔ t2 + 5 = t + 1⇔  2
⇔
⇔
⇔ t= 2


2
2
2
2
t
−
4
=
0
t
+
5
=
(
t
+
1
)
t
+
5
=
t
+

2
t
+
1





Với

t= 2

, ta có:

 x = −1
x2 + 3x + 6 = 2 ⇔ x2 + 3x + 6 = 4 ⇔ x2 + 3x + 2 = 0 ⇔ 
x= 2

Vậy phương trình có hai nghiệm
2.3.2.1.2. Phương trình có chứa
f (x) + g(x) = k

Khi đó có thể đặt:

t=

x1 = −1

x2 = 2

và
.
f (x) ± g(x); f (x).g(x)

f (x) ± g(x)

suy ra

và

t2 − k
f (x).g(x) =
2

x − 2 − 15 − x − 4 − x2 + 17x − 30 = −25

Ví dụ 3. Giải phương trình
Giải
x− 2≥ 0
⇔ 2 ≤ x ≤ 15

15
−
x
≥
0

Điều kiện
t = x − 2 − 15 − x

− 15 ≤ t ≤ 13
Đặt
với


1
1
t
'
=
+
>
0
∀
x
∈
2;15
⇒
−
13
=
t
(2)
≤
t
(
x
)
≤
t

(15)
=
13
(
)

÷
2 x − 2 2 15− x


13− t2
⇒ t = x − 2 − 2 − x + 17x − 30 + 15− x ⇒ − x + 17x − 30 =
2
2

2

2

Thay vào phương trình đã cho ta được phương trình
(*)

13− t2
t− 4
= −25
2


 t = −1
(*) ⇔ t − 2(13− t ) = −25 ⇔ 2t + t − 1= 0 ⇔  1

t =
 2
2

t=
Với

1
2

2

x − 2 − 15− x =
, ta có:

1
2

⇔ x − 2 + 15− x − 2 (x − 2)(15− x) =
⇔ 64x2 − 1088x + 4521= 0 ⇔ x =

1
51
⇔ − x2 + 17x − 30 =
4
8

1088 ± 26368
128

x − 2 − 15− x = −1
t = −1
Với
, ta có:
⇔ x − 2 + 15 − x − 2 (x − 2)(15− x) = 1⇔ ( x − 2)(15− x) = 6

 x = 11
⇔ x2 − 17x − 66 = 0 ⇔ 
x = 6
x1,2 =

Vậy phương trình có bốn nghiệm
2.3.2.1.3. Phương trình dạng:
Cách giải

1088± 26368
, x3 = 6
128

a. f ( x) + bg
. ( x) = c f ( x) .g( x)

Biến đổi đưa về phương trình thuần nhất bậc hai đối với

Q( x) = α P ( x)

Như vậy phương trình
 P ( x) = f ( x) .g( x)

Q ( x) = af ( x) + bg( x)

Một số đẳng thức cần nhớ:

(

f ( x) , g( x)

)
)

.

có thể giải bằng phương pháp trên với

x3 + 1= ( x + 1) x2 − x + 1

(

x4 = 11
và
.

(

)(

)

x4 + x2 + 1= x4 + 2x2 + 1 − x2 = x2 + x + 1 x2 − x + 1

(

)(
)
4x + 1= ( 2x − 2x + 1) ( 2x + 2x + 1)
x4 + 1= x2 − 2x + 1 x2 + 2x + 1
4

2

2

a,b,c
Để tạo ra những phương trình dạng trên chúng ta phải chọn hệ số
at2 + bt − c = 0
phương trình bậc hai
có nghiệm “ nghiệm đẹp”.

(

)

sao cho

2 x2 + 2 = 5 x3 + 1
Ví dụ 4. Giải phương trình:
Giải

(

(1)

)

(

)

⇔ 2(x + 1) + 2 x2 − x + 1 = 5 ( x + 1) x2 − x + 1
(1)
Đặt

u = x + 1,v = x2 − x + 1

với

u ≥ 0, v ≥ 0

u = 2v
2u − 5uv + 2v = 0 ⇔ 
u = 1 v

2
2

Phương trình trở thành:

2

x + 1 = 2 x2 − x + 1

u = 2v

Với
, ta có:
⇔ x + 1= 4x2 − 4x + 4 ⇔ 4x2 − 5x + 3 = 0
1
u= v
2
Với
, ta có:
2

x+1=

1 2
x − x+ 1
2

2

⇔ 4x + 4 = x − x + 1⇔ x − 5x − 3 = 0

x=
Vậy phương trình có hai nghiệm
Ví dụ 5. Giải phương trình :
Giải
Điều kiện:

x≥5

(Phương trình vô nghiệm)

⇔ x=

5± 37
2

5± 37
2

.

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1


5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 ⇔ 5 x 2 + 14 x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

Do hai vế không âm, bình phương hai vế và biến đổi, thu gọn ta được:
2x2 - 5x + 2 = 5

Do

x≥5

( x 2 − x − 20)( x + 1)

(*)
x>

và 2x2 - 5x + 2 đồng biến khi

5
4

nên 2x2 - 5x + 2

≥

27 > 0

Nếu bình phương lần nữa ta thu được phương trình mới tương đương nhưng có
bậc 4 nên việc giải bị khó khăn.
Để khắc phục điều đó, ta đi phân tích và phát hiện mối liên hệ giữa các biểu
thức có mặt trong hai vế của (*).
Ta có: x2 – x – 20 =(x+4)(x - 5)
⇔ ( x 2 − x − 20)( x + 1) = ( x + 4)( x − 5)( x + 1)
⇔ ( x 2 − x − 20)( x + 1) = ( x + 4) ( x 2 − 4 x − 5)

Và

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

Việc phát hiện được mối liên hệ đó cho phép ta thu được:
(*) ⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) = 5 x 2 − 4 x − 5. x + 4

Mà dạng tổng quát của phương trình đó có dạng : au + bv =c
Khi đó do

x≥5

uv

nên x + 4 > 0, chia 2 vế của phương trình cho x + 4 ta được:
 x2 − 4 x − 5 
x2 − 4 x − 5
2
+
3
=
5
÷
x+4
 x+4 

u=

Đến đây ẩn phụ xuất hiện, đó là:

x2 − 4x − 5
x+4

2u2 -5u + 3 = 0

, phương trình theo ẩn u là:

u = 1
⇔
u = 3


2


x=

+) u = 1 =>

+) u =

3
2

5 ± 61 5 + 61
=
2
2

x = 8; x = −

=>

7
4

Kết hợp với điều kiện
=

x≥5

ta được nghiệm của phương trình: x = 8; x

5 + 61
2

2.3.2.2. Đặt nhiều ẩn phụ và đưa về giải hệ phương trình nhiều ẩn.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

x 2 + 3 + 10 − x 2

=5

(1)

Nhận xét: Tổng của hai biểu thức dưới dấu căn không phụ thuộc vào x
(x2 + 3 + 10 – x2 = 0) nên bài toán được giải như sau.
Giải
Điều kiện: 10 – x

Đặt

2

≥ ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10
0

 u = x 2 + 3
 u ≥ 3
(*)
=>



v = 10 − x 2
0 ≤ v ≤ 0

Khi đó, (1) trở thành hệ:

(2)

 u +v=5
 2
2
u + v = 13

u +v=5

u + v = 5 u = 2
⇔
⇔

2
uv
=
6
u
+
v
−
2
uv

=
13
)

v = 3
⇔ (

(cả hai nghiệm đều thoả mãn *)

Trường hợp 1:

u = 2

v = 3

=>

 x2 + 3 = 9
⇔ x=± 6

2
10
−
x
=
4


(2)

hoặc

u = 3

v = 2


Trường hợp 2:

u = 3

v = 2

=>

 x2 + 3 = 4
⇔ x = ±1

2
10 − x = 9

Chú ý: Bài toán trên vẫn có thể giải theo cách bình phương hai vế, tuy nhiên
cách giải này không hiệu lực lắm vì lời giải phức tạp, học sinh phải bình
phương hai lần và đưa về giải phương trình bậc 4(may mắn đây là phương
trình trùng phương, học sinh đã biết cách giải).Như vậy nếu nhận biết được
mối quan hệ giữa các biểu thức trong phương trình và đặt ẩn phụ như đã trình
bày ở trên, bài toán trở nên rõ ràng và đơn giản hơn nhiều.
3

Ví dụ 2: Giải phương trình

x−9

= (x -3)3 + 6

(1)

Chú ý: Rõ ràng bài toán này không thể giải theo cách lập phương hai vế. Ta

đặt ẩn phụ như sau:

Đặt

u = 3 x − 9

 v = x − 3

(*)

Từ phương trình (1) ta có: u = v3 + 6.
Từ công thức (*) ta có: u3 = x – 9 = x -3 -6 = v – 6 => u3 + 6 = v

Vậy phương trình (1) trở thành hệ:

u = v 3 + 6

3
v = u + 6

(2)

(Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2)

(2)

Do

 u = v3 + 6

u = v3 + 6
u = v3 + 6
⇔
⇔
⇔
3
3
2
2
u
−
v
=
v
−
u
(
u
−
v
)(

u
+
v
+
uv
+
1
)
=
0


 u− v = 0

u 2 + v 2 + uv + 1

=


u +


2

v
3 2
+
v + 1 > 0, ∀u; v
÷
2

4

u=v

u=v

u = −2
⇔ 3
⇔
⇔
2
u − u + 6 = 0 (u + 2) ( u − 1) + 2 
 v = −2


Thay vào (*) ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
3

Ví dụ 3: Giải phương trình.

24 + x + 12 − x = 6

Nhận xét: Lập phương của biểu thức thứ nhất cộng với bình phương của biểu
thức thứ hai là một số không đổi (không phụ thuộc vào x).

Do đó ta đặt:

 u = 3 24 + x
u 3 = 24 + x
(*) =>  2


v
=
12
−
x
≥
0
 v = 12 − x


Từ đó ta có hệ:

(2)

b)

(2)

v=6−u
v=6−u
v=6−u



⇔ 3
⇔
⇔



2
3
2
u + (6 − u ) = 36
u + u − 12u = 0
u (u − 3)(u + 4) = 0

u = 0
⇔
v = 6

a)

 u+v=6
 3
2
u + v = 36

u = 3

v = 3

hoặc

=>

u = 3
⇔
v = 3

 24 + x = 0

12 − x = 36 ⇔

u = 3  24 + x = 27
⇒
⇔

 v = 3 12 − x = 100

x = -88
3

Ví dụ 4: Giải phương trình:

x = -24

x + 7 − x =1

(1)

Hướng dẫn: Bài toán này tương tự bài toán 3.

Ta đặt:

u = 3 x + 7
u ≥ 3 7
=>



 v = x
 v ≥ 0

. Ta thu được hệ sau:

Bằng phương pháp thế ta được (2)

 u − v =1
 3
2
u − v = 7

(2)

u 3 = 8
u = 2
x + 7 = 8
⇔
=>
⇔ x =1

 2

v
=
1
x
=
1
v

=
1

⇔



Ví dụ 5: Giải phương trình:
x + 1 − x − 2 x(1 − x ) − 2 4 x (1 − x) = −1
(1)
4

Nhận xét:Tổng hai biểu thức dưới dấu căn của

x

4

và

1− x

(x + 1 – x = 1) không phụ thuộc vào x nên ta đặt ẩn phụ và đưa về hệ như
sau(Chú ý điều kiện)
Giải:

Điều kiện:

0 ≤ x ≤1

. Đặt

4

u ≥ 0
 u= x
(*) => 

4
v ≥ 0

v = 1 − x

Từ (*) => u4 + v4 = 1.
(1) => u2 + v2 – 2u2v2 – 2uv = -1.

Do đó ta có hệ :


u 4 + v4 = 1

u 4 + v4 = 1
⇔
 2
2
2
2 2
2
2 2
u + v − 2uv + 1 − 2u v = 0 ( u − v ) + ( u − v ) = 0

 u−v=0
 u=v
 2

2
⇔ u − v = 0 ⇔  4
1
4
 u 4 + v 4 = 1 u = v = 2


.Thay vào (*) ta được :

1

x
=


2

1 − x = 1


2 ⇔

x=

1

2

Ví dụ 6: Giải phương trình:

8 x + 1 + 3x − 5 = 7 x + 4 + 2 x − 2
Nhận xét: (8x + 1)2 - (3x -5)2 = (7x +4)2 – (2x -2)2.
Do đó ta đặt ẩn phụ như sau: u =

2x − 2

8x + 1

;v=

3x − 5

;z=

7x + 4

;t=


≥

Với diều kiện u; v; t; z 0 ta thu được hệ :
 u+v= z+t
 2
2
2

2
u − v = z − t

Từ phương trình hai của hệ ta có: (u +v)(u-v)= (z + t)(z-t)
Mặt khác u + v> 0 vì u; v

≥

0 và u; v không đồng thời bằng 0 nên:
u – v= z- t

(*)

Từ phương trình thứ nhất của hệ và (*) ta suy ra: u = z
=>

⇔

8x + 1 = 7 x + 4

≥

x = 3 (thoả điều kiện u; v; t; z 0)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Ví dụ 7: Giải phương trình:
3

3

x -3

3x + 2

=2

(1)

Giải
3

Đặt: u =

3x + 2

(*)

Từ phương trình ta thu được x3 = 3u + 2.
Từ (*) ta có: u3 = 3x + 2

Vậy ta có hệ:

(2)

 x3 = 3 u + 2
 3
 u = 3x + 2

(2)



x 3 = 3u + 2
x3 = 3 u + 2
 x −u = 0
⇔ 3 3
⇔
⇔ 3
2
2
 x − u = − 3( x − u )
( x − u )( x + ux + u + 3) = 0
x = 3u + 2

Vì x2 + ux + x2 + 3 > 0 với mọi x, y.
Từ hệ cuối cùng ta có : x3 – 3x – 2 = 0


⇔ ( x + 1) 2 ( x − 2) = 0
 x = −1
⇔
 x=2

Vậy nghiệm của phương trình là: S = {-1; 2}
Ví dụ 8: Giải phương trình:
x2 +

1+ x = 1

(1)

Giải
Cách 1: Điều kiện:

1 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ −1

(1)
Điều kiện có nghiệm:

⇔ x + 1 = 1 − x2
1 − x2 ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 1

Vậy điều kiện để giải phương trình là:

.

−1 ≤ x ≤ 1

−1 ≤ x ≤ 1
−1 ≤ x ≤ 1
 1 − x2 ≥ 0

 −1 ≤ x ≤ 1

(1) ⇔ 
⇔
⇔
⇔




2
4
4
2
2
2 2
 x + 1 = 1 − 2x + x
x − 2x − x = 0
 x( x + 1)( x − x − 1) = 0
 x + 1 = (1 − x )
 −1 ≤ x ≤ 1


 x=0


 x = 0
⇔ 
⇔  x = −1

  x = −1
x = 1− 5

1± 5

 x=

2
2

 

Cách 2: Điều kiện:

Đặt u =

x +1

=>

1 − x2 ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 1

0≤u≤ 2

. Ta có hệ:

 x2 = 1 − u
(2)
 2
u = 1 + x




x2 = 1 − u
x2 = 1 − u
(2) ⇔  2
⇔

2

 x − u = −( x + u )
( x + u )( x − u + 1) = 0

a)

b)

x + u = 0
 x = −u
1− 5
⇔ 2
⇔x=
 2
2
x = 1− u
x − x −1 = 0
x − u +1 = 0
u = x + 1
x = 0
⇔ 2
⇔
 2
 x = −1
x = 1− u
x + x = 0

Nhận xét: Cách giải 1 có vẻ phổ thông hơn nhưng rõ ràng kém hiệu lực vì nếu
thay phương trình (1) bởi phương trình:

x 2 + x + a = a, a ≠ 1

thì phương trình

bậc 4 hữu tỉ thu được có dạng: x4 -2ax2 – x + a2 – a = 0

Trong khi đó với cách giải thứ 2 ta thu được hệ:

2

x = a − u
 2

u = a + x

Cách giải tương tự như giải hệ 2 đã nêu ở trên.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Lớp
10C11

Tổng 8.0 – 10.0
Số bài SL %
46

1

2.1

6,5 – 7,9

5.0 – 6.4

3.5 – 4.9

0.0 – 3.4

SL

SL

SL

SL

15

%
32.6

21

%
45.6

9

%
19.7

%

0

0

Khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Lớp
10C11

Tổng 8.0 – 10.0
Số bài SL %
46

10

21.7

6,5 – 7,9

5.0 – 6.4

3.5 – 4.9

0.0 – 3.4

SL

SL

SL

SL

27

%
58.7

9

%
19.6

0

%
0

0

%
0

2.5 Bài học kinh nghiệm
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, rút ra kinh nghiệm được là bước đầu
học sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, thành thạo vận dụng kiến thức
này thực hiện kĩ năng giải bài toán cơ bản, từ đó mới dạy các chuyên đề mở


rộng, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các đối tượng học sinh nhằm rèn

kỹ năng cho học sinh.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy khối 10,
khối và luyện thi đại học trong ba năm gần đây. Trong quá trình học chuyên
đề này, học sinh thực sự thấy vững vàng hơn, tự tin hơn và biết vận dụng linh
hoạt hơn khi gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu
thích môn toán, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Sau một thời gian nghiên cứu, thực hiện trên các lớp dạy khối 10 qua các
năm và được sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp đề tài hoàn thành đã đạt
được những yêu cầu đặt ra ở phần đặt vấn đề.
Tìm hiểu và đưa ra hệ thống lí thuyết và bài tập tương đối đầy đủ có lời
giải chi tiết.
Phần lớn bài tập đưa ra phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh khá THPT.
Đa số học sinh tỏ ra tự tin khi giải quyết các bài tập về giải phương trình
khi được tiếp cận với phương pháp đặt ẩn phụ được nêu trong sáng kiến kinh
nghiệm.
3.2. Kiến nghị
Sáng kiến kinh nghiệm đã trình bày một cách khái quát về lý thuyết
cũng như hai dạng bài tập đặt một ẩn phụ và đặt nhiều ẩn phụ để giải phương
trình vô tỷ. Với cách phân loại như trên, tôi đã cố gắng giới thiệu một cách cụ
thể phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ qua các ví dụ minh họa
phần nào giúp các thầy cô giáo và các em học sinh tham khảo để có thể giải
quyết tốt các bài toán thuộc loại này trong qua trình học tập, trong các đề thi
Đại học, cao đẳng. Xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo tổ Toán trường


THPT Hàm Rồng- Thanh Hóa đã hết sức giúp đỡ tôi, đóng góp những ý kiến
quý báu.
Do kinh nghiệm còn hạn chế nên bài viết chắc chắn còn nhiều thiếu sót,

rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đọc và đồng nghiệp để bài viết
được hoàn thiện hơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của mình viết, không sao chép nội
dung của người khác.
Người viết SKKN

Lê Thị Bích


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Toán nâng cao Đại số 10(NXBGD). Tác giả: Nguyễn Huy Đoan.
[2] Phương pháp giải toán Đại số 10(NXB TP Hồ chí Minh)
[3] Bồi đưỡng Đại số 10(NXB Đại học quốc gia Hà Nội). Tác giả Phạm Quốc
Phong [4] Dùng ẩn phụ để giải toán(NXBGD). Tác giả: Nguyễn Thái Hoè

DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN
KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC TỈNH XẾP LOẠI TỪ C
TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Thị Bích
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THPT Hàm Rồng

TT
1.

Tên đề tài SKKN
Một số phương pháp hướng
dẫn học sinh lớp 12 trường
THPT quảng Xương I trả lời
nhanh câu hỏi trắc nghiệm
nhận dạng đồ thị hàm số

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Ngành giáo dục
cấp tỉnh.

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

C

Năm học
đánh giá
xếp loại

2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
---------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH LỚP 10
DÙNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Người thực hiện: Lê Thị Bích
Chức vụ: Giáo viên
SKKN (thuộc lĩnh vực môn): Toán

THANH HÓA NĂM 2020