Hướng dẫn giải phương trình vô tỉ cho học sinh giỏi lớp 9 trường THCS đông thọ thành phố thanh hóa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP THANH HÓA
TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ ĐÔNG THỌ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
CHO HỌC SINH GIỎI LỚP 9 - TRƯỜNG THCS
ĐÔNG THỌ, THÀNH PHỐ THANH HÓA

Người thực hiện: Phạm Thị Lan Phương
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Đông Thọ
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM 2020

1. MỞ ĐẦU
0


1.1. Lí do chọn đề tài:
Cùng với sự phát triển của đất nước, sự nghiệp giáo dục cũng không
ngừng đổi mới. Các trường học đã ngày càng chú trọng hơn đến chất lượng giáo
dục toàn diện bên cạnh sự đầu tư thích đáng cho giáo dục mũi nhọn. Với vai trò
là môn khoa học cơ bản, bộ môn Toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học
tốt các bộ môn khoa học tự nhiên khác.
Dạy như thế nào để học sinh không những nắm chắc kiến thức cơ bản một
cách có hệ thống mà phải được nâng cao để các em có hứng thú, say mê trong
học tập là một câu hỏi mà mỗi thầy cô chúng ta luôn đặt ra cho mình.
Để đáp ứng yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập của học
sinh, đặc biệt là học sinh khá, giỏi. Điều đó đòi hỏi trong giảng dạy chúng ta

phải biết chắt lọc kiến thức, phải đi từ dễ đến khó, từ cụ thể đến trừu tượng và
phát triển thành tổng quát giúp học sinh phát triển tốt tư duy toán học.
Với đối tượng học sinh khá, giỏi, các em có tư duy nhạy bén, có nhu cầu
hiểu biết ngày càng cao, làm thế nào để các em phát huy hết khả năng của mình,
đó là trách nhiệm của mỗi giáo viên chúng ta. Bản thân tôi, trong ba năm học
vừa qua được nhà trường phân công dạy Toán lớp 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán 9. Qua giảng dạy tôi nhận thấy “Phương trình vô tỉ” là đề tài lí thú, phong
phú và đa dạng của Đại số 9 và không thể thiếu khi bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán 9. Với bài viết này tôi không tham vọng lớn bàn về việc dạy “Phương trình
vô tỉ” và ứng dụng của nó trong chương trình toán học phổ thông, tôi chỉ xin đưa
ra một số kinh nghiệm: "Hướng dẫn giải phương trình vô tỉ cho học sinh giỏi
lớp 9 - Trường THCS Đông Thọ, thành phố Thanh Hóa”. Tôi hi vọng nó sẽ
giúp ích cho các đồng nghiệp khi bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Các dạng phương trình vô tỉ thật đa dạng và phong phú, nếu như chúng ta
chỉ hướng dẫn học sinh giải những phương trình vô tỉ ở mức độ trung bình thì
các em chưa thể thấy hết được cái hay của dạng toán này, đồng thời có khi các
em còn có cảm giác là khó và phức tạp. Hơn nữa, các em thường bế tắc khi gặp
dạng toán này trong các kì thi HSG hay thi vào lớp 10 PTTH. Mặc dù mỗi dạng
phương trình có một cách giải khác nhau nhưng việc giải phương trình vô tỉ giúp
học sinh có tư duy sáng tạo và sự linh hoạt khi giải các dạng toán khác như
chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị,… Nhờ đó, việc giải các phương trình vô
tỉ sẽ trở thành niềm đam mê, thích thú của học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 9 - Trường THCS Đông - Thành phố Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Tham khảo tài liệu.
- Tham khảo ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông
qua các buổi sinh hoạt chuyên môn, dự giờ thăm lớp.
- Điều tra khảo sát kết quả học tập của học sinh.

- Thực nghiệm dạy ở lớp 9 - Trường THCS Đông Thọ.
- Đánh giá kết quả học tập của học sinh sau khi dạy thực nghiệm.

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1


2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Căn cứ vào thực tế dạy và học trong những năm gần đây, tôi phát hiện ra
rằng “Phương trình vô tỉ” là một trong những dạng toán thường gặp trong các đề
thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đề thi vào lớp 10 PTTH. Nhưng hệ
thống bài tập về phương trình vô tỉ trong chương trình sách giáo khoa Đại số 9,
sách bài tập do Bộ Giáo dục - Đào tạo ấn hành còn đơn giản, chưa sâu, chưa đáp
ứng được yêu cầu của dạng toán này. Bởi trên thực tế, bài tập về phương trình
vô tỉ rất đa dạng, phong phú và là một thể loại khó của Đại số THCS.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Qua thực tế giảng dạy môn Toán và trao đổi cùng đồng nghiệp, tôi cũng
nhận thấy hiện nay số lượng học sinh khá giỏi chiếm tỉ lệ thấp, đa số các em chỉ
đạt trung bình, tỉ lệ học sinh yếu kém còn nhiều, vì thế giáo viên chỉ chú trọng
dạy đại trà và phụ đạo học sinh yếu kém chứ chưa có sự quan tâm đúng mức
đối với đối tượng học sinh khá, giỏi.
Mặc dù tỉ lệ học sinh tiếp cận được với dạng toán này không nhiều, nhưng
đó lại là những học sinh có tư duy nhạy bén, ham học hỏi, có nhu cầu hiểu biết
cao. Song đa số các em học còn lệ thuộc vào sách, tài liệu quá nhiều mà không
chủ động tư duy nên gặp dạng Phương trình vô tỉ đều thấy khó và bế tắc về
đường lối giải. Trong khi đó, bài tập về Phương trình vô tỉ trong các sách tham
khảo rất nhiều, rất đa dạng nhưng chưa có hệ thống. Nếu để học sinh tự học, tự
tìm hiểu thì các em sẽ không biết bắt đầu từ đâu, từ đó dẫn đến việc các em
thường lúng túng, chán nản khi giải phương trình vô tỉ.
Tuy nhiên, trong thực tế một số giáo viên chưa mạnh dạn đưa nội dung

vào chương trình dạy của mình nên học sinh cũng ít được làm quen với dạng
toán này. Mặt khác, khi dạy phần này, đặc biệt là đối với HS khá, giỏi, đòi hỏi
giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa chọn... vì thế nội dung giảng dạy chưa
thống nhất.
Thực trạng trên đã dẫn đến hậu quả:
- Khi gặp phương trình vô tỉ học sinh thường có cảm giác là khó, phức
tạp, khô khan;
- Không gây được hứng thú cho học sinh khi học tập, dẫn đến học sinh
không yêu thích môn học;
- Không phát triển được tư duy toán học cho học sinh;
- Số học sinh giải được dạng toán này rất ít, khi gặp các bài tập dạng này
trong các kì thi, các em thường thiếu tự tin và dễ dàng bỏ qua;
- Một số giáo viên chưa quan tâm đúng mức đối với phương trình vô tỉ.
Từ thực trạng trên, tôi nghĩ rằng: việc giúp học sinh nắm được phương
pháp giải đồng thời rèn luyện kỹ năng, khả năng tư duy lôgic thông qua việc giải
phương trình vô tỉ là việc làm vô cùng cần thiết, bởi nó tạo cho học sinh có một
nền tảng kiến thức vững chắc, giúp các em tự tin khi làm bài và yêu thích dạng
toán này nói riêng và môn toán nói chung.

2


Là giáo viên, chúng ta mong muốn cung cấp cho học sinh chiếc “chìa
khoá” để giải các bài toán nói chung và giải phương trình vô tỉ nói riêng. Song
không phải dạng phương trình nào cũng có một quy tắc nhất định. Qua quá trình
giảng dạy, tham khảo đồng nghiệp và học hỏi các thầy cô, tôi mạnh dạn phân
loại phương trình vô tỉ và cách giải từng dạng đồng thời đưa ra một số cách giải
phương trình vô tỉ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc hơn về phương trình
vô tỉ.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

2.3.1. Các phương pháp thực hiện:
- Điều tra phân loại học sinh để giáo viên có phương pháp hợp lí cho từng
tiết dạy.
- Nghiên cứu tài liệu: như SGK, sách tham khảo, các báo toán học, các đề
thi học sinh giỏi, đề thi vào lớp 10 PTTH hằng năm,...
- Rút kinh nghiệm từ các năm trước và học hỏi kinh nghiệm từ các đồng
nghiệp.
- Cải tiến phương pháp, chọn kiến thức cơ bản, trọng tâm và dạy cho học
sinh những phương pháp phát triển kiến thức, khơi dậy năng lực tự học, tự
nghiên cứu tiềm ẩn trong mỗi học sinh.
- Giao bài tập về nhà theo từng dạng, nâng cao tính tự học, tự nghiên cứu.
- Kiểm tra, đánh giá, chấm chữa bài thường xuyên để có biện pháp điều
chỉnh kịp thời.
- Chia nhóm để học sinh có thể trao đổi và chọn ra cách giải tối ưu nhất.
- Quan sát trực tiếp các đối tượng học sinh để phát hiện ra những vấn đề mà
học sinh còn lúng túng, khó khăn khi giáo viên yêu cầu học sinh giải quyết vấn đề.
- Yêu cầu học sinh giải một số bài tập theo nội dung trong chuyên đề rồi
đưa thêm vào đó những yếu tố mới, những điều kiện khác để xem xét mức độ
nhận thức và suy luận của học sinh.
- Khi dạy về phương trình vô tỉ, tôi đã triển khai chuyên đề cho học sinh
theo trình tự sau:
+ Hệ thống các dạng bài toán giải phương trình vô tỉ và phương pháp giải
các dạng bài tập đó.
+ Rèn kĩ năng vận dụng kiến thức để giải phương trình vô tỉ.
+ Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập.
- Phân tích và tổng kết kinh nghiệm giáo dục khi áp dụng nội dung đang
nghiên cứu vào thực tiễn giảng dạy nhằm tìm ra nguyên nhân những vướng mắc
của học sinh khi giải toán. Từ đó tổ chức có hiệu quả hơn trong những giờ dạy
tiếp theo.
- Dạy học thực tiễn trên lớp để rút kinh nghiệm.

- Dựa vào kinh nghiệm giảng dạy bộ môn Toán của các giáo viên trong
trường và vốn kinh nghiệm của bản thân để rút ra một số vấn đề có liên quan
đến nội dung của sáng kiến.
3


2.3.2. Các giải pháp tổ chức thực hiện:
Giải pháp 1: Trước hết, học sinh cần nắm vững khái niệm phương
trình vô tỉ, phương pháp giải phương trình vô tỉ nói chung và một số kiến
thức thường sử dụng khi giải phương trình vô tỉ.
1. Khái niệm phương trình vô tỉ:
Phương trình vô tỉ là phương trình chứa ẩn trong căn thức.
VD: x  3  x  4 1
2. Các bước giải phương trình vô tỉ (dạng chung).
+ Tìm ĐKXĐ của phương trình
+ Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.
+ Giải phương trình vừa tìm được.
+ Đối chiếu kết quả tìm được với điều kiện xác định và kết luận nghiệm.
Chú ý: Với những phương trình có ĐKXĐ là  x � R, nếu trong quá trình
biến đổi mà không đặt điều kiện thì khi tìm được nghiệm phải thử lại.
3. Các kiến thức cơ bản về căn thức.
+ Khái niệm về căn thức.
+ Một số âm không có căn bậc chẵn.
+ Các phép biến đổi đơn giản căn bậc hai.
+ Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế của phương trình để được
phương trình tương đương phải đặt điều kiện.

A2  A
4. Một số bất đẳng thức quen thuộc thường sử dụng:
+ BĐT Côsi: Với hai số a, b không âm ta có: a  b �2 ab .

Dấu “=” xảy ra � a=b.
+ BĐT Bunhia-Côpxki: Cho hai bộ số a, b và x, y. Khi đó:
a

b

Dấu “=” xảy ra � x  y .
+ BĐT về GTTĐ: Với mọi A, B ta luôn có: A  B �A  B
Dấu “=” xảy ra � A.B �0
Giải pháp 2: Sau khi cung cấp cho học sinh những kiến thức trên thì
giáo viên đưa ra một số dạng phương trình cơ bản và cách giải tổng quát để
học sinh làm quen:
f ( x)  g ( x) (1)
1. Dạng 1:
�
� g ( x) �0 (2)
Sơ đồ cách giải: f ( x)  g ( x) � �
2
(3)
(ax+by)2 �(a2+b2)(x2+y2).

�f ( x )   g ( x ) 

Giải (2) tìm điều kiện xác định.
Giải (3) rồi đối chiếu với điều kiện của ẩn để kết luận nghiệm.
2. Dạng 2: f ( x)  g ( x)  h( x) (1)
- Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
�f ( x) �0
�
�g ( x) �0

�h( x) �0
�

(2)

4


- Với điều kiện (2), hai vế của phương trình không âm nên bình phương
hai vế của phương trình (1) rồi rút gọn ta được:

 h( x ) 
f ( x).g ( x) 

2

 f ( x)  g ( x )
2

(3)

Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1.
Đối chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm.
3. Dạng 3: f ( x)  g ( x)  h( x)
Cách giải như dạng 2.
4. Dạng 4: f ( x )  g ( x)  h( x)  p( x)
Điều kiện có nghĩa của phương trình:
�f ( x) �0
�g ( x) �0
�

�
�h( x) �0
�
�p ( x) �0

(2)

Bình phương hai vế đưa phương trình về dạng: F  x   G  x   H ( x)
Tuỳ theo từng trường hợp để giải phương trình vô tỉ.
Giải pháp 3: Khi học sinh đã nắm chắc các vấn đề nêu trên thì giáo viên
có thể đưa ra một vài phương pháp thường dùng để giải phương trình vô tỉ.
Trên đây là 4 dạng phương trình vô tỉ cơ bản thường gặp của Toán 9
nhưng không phải bao giờ ta cũng gặp một trong bốn dạng trên hoặc bất cứ
phương trình vô tỉ nào cũng có thể đưa về một trong bốn dạng trên. Sau đây là
một số phương pháp cụ thể thường dùng để giải phương trình vô tỉ.
1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa.
Để làm mất căn bậc n thì ta nâng cả hai vế của phương trình lên luỹ
thừa bậc n. Nếu n chẵn thì ta chỉ thực hiện được khi cả hai vế của phương
trình không âm.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3+ 2 x  3  x (1)
3
2

Giải: ĐKXĐ: x �

(2)

(1) � 2 x  3  x  3
(3)
Ta phải có: x �3 (4)

Khi đó: (3) � 2 x  3  ( x  3)2
� 2x – 3 = x2 - 6x +9 � x2 – 8x +12 =0 � (x – 2)(x- 6) = 0
� x1=2; x2 = 6
x1 = 2 không thoả mãn điều kiện (4), loại.
x2 = 6 thoả mãn điều kiện (2) và (4).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 6.
* Nhận xét: - Nếu không đặt điều kiện x �3 , ta sẽ sai lầm khi nhận x = 2
là nghiệm của phương trình (1). Chú ý rằng từ (3) suy ra được (5) nhưng từ (5)
chỉ suy ra được (3) với điều kiện: x  3 �0 (tức là x �3 ).
5


- Với điều kiện xác định có thể bình phương hai vế của phương trình (1),
nhưng lời giải không ngắn gọn bằng cách tách riêng căn thức ở một vế.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x  1  5 x  1  3x  2
ĐKXĐ: x 1
(1)
Chuyển vế, ta có x  1  5 x  1  3x  2
(2)
Khi đó hai vế của phương trình không âm, bình phương hai vế ta có:
x  1 5 x  1  3 x  2  2 15 x 2  13x  2 (3)
 2  7 x 2 15 x 2  13x  2
2
Với điều kiện 2  7 x 0  x 
7
2
 4  28 x  49 x 4(15 x 2  13 x  2)

Thì (4)

(4)
(5)

 11 x 2  24 x  4 0

2
 (11 x  2)( x  2) 0  x1  ; x 2 2
11
2
Giá trị x1  không thỏa mãn (1), loại.
11
Giá trị x 2 2 không thỏa mãn (5), loại.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2
11

* Nhận xét: - Nếu không đặt điều kiện x 1 , ta sẽ sai lầm khi nhận x1 
là nghiệm của phương trình (1).
2
7

- Nếu không đặt điều kiện x  , ta sẽ sai lầm khi nhận x 2 2 là nghiệm
của phương trình (1).
Ví dụ 3: Giải phương trình: 1  x  4  x  2
Giải:
ĐKXĐ: 4 �x �1 (*
Khi đó hai vế của phương trình không âm, bình phương hai vế ta có:
1  x  4  x  2 (1)
� 1  x  4  x  2 (1  x)(4  x)  9

� (1  x)(4  x)  2 (2)
Với ĐK(* , hai vế của phương trình (2) không âm, bình phương hai vế của
phương trình (2) ta có:
(2)
� (1  x)(4  x )  4
�  x 2  3 x  4  4 �  x( x  3)  0
�x  0
��
x  3
�

Đối chiếu với ĐK(* => Phương trình (1) có tập nghiệm là: S =  3;0 .
* Nhận xét: Đối với phương trình chứa hai dấu căn bậc hai mà biểu thức
nằm dưới dấu căn là những đa thức bậc nhất có hệ số của biến x đối nhau. Sau
6


khi bình phương hai vế và biến đổi ta được phương trình (2) có một vế là căn
bậc hai, nếu vế còn lại là một số âm thì ta kết luận phương trình vô nghiệm. Còn
nếu vế còn lại là một số dương thì bình phương hai vế của phương trình (2) ta
được một phương trình bậc hai. Đến đây thì việc giải phương trình đã trở nên
dễ dàng.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 x  1  3 x  1 (1)
Giải:
Lập phương hai vế, ta được:
2 x  1  x  3 3 x(2 x  1).( 3 2 x  1  3 x )  1 (2)
Thay: 3 2 x  1  3 x  1 vào (2) ta có:
3x+1+3 3 x(2 x  1) = 1
(3)
�

3

x(2 x  1) = -x � x(2x + 1) = -x3

� x(2x + 1 + x2) =0

� x(x+1)2 = 0
� x1 = 0; x2 = -1.

Thử lại: x1 = 0 thoả mãn (1)
x2 = -1 không thoả mãn (1), loại.
* Nhận xét: Các phương trình (1) và (2) tương đương, nhưng các phương
trình (2) và (3) không tương đương. Từ (2) suy ra được (3), nhưng từ (3) không
suy ra được (2). Do đó, sau khi tìm được các nghiệm của (3) là 0 và -1, phải thử
các giá trị đó vào (1) để chọn ra nghiệm của (1).
2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2  4 x  3  x  5 (1)
Giải:
ĐKXĐ: x �- 5
9
4

Khi đó ta có: (1) � x 2  3x   x  5  x  5 
2

2

1
4

2

1�
3 �
1�
� 3� �
� �x  � � x  5  � � x   � x  5  �(2)
2�
2 �
2�
� 2� �
3
Nếu x �
1
� 3
2
2
�x  2  x  5  2
1�
�
Vì � x  5  � 0 nên:(2) � �
3
3
1
2�
�
�
Nếu x 
x   x5 
2

� 2
2

� x 5  x 2
��
� x  5  x 1
�
x 2
�
�
�
2
�x  5  x  4 x  4
��
�
x �1
�
�
�
2
�x  5  x  2 x  1
�

Nếu
Nếu

�
� x 2
�2
�

� 5  29
x
�x  5 x  1  0
�
�
� �
2
�
�
� x �1
� x  1
�
�2
�x  3 x  4  0
�

Đối chiếu với ĐKXĐ => nghiệm của phương trình là: x1 =

5  29
; x2 = -1
2

7


* Nhận xét: Ta thấy rằng: Đối với phương trình trên, nếu sử dụng
phương pháp nâng lên luỹ thừa bình phương hai vế của phương trình (1) thì ta
sẽ nhận được phương trình mới không còn chứa dấu căn, tuy nhiên đó lại là một
phương trình bậc bốn không thuộc dạng đặc biệt, việc giải phương trình bậc
bốn đó sẽ gặp khó khăn. Nhưng nếu biến đổi đưa về phương trình chứa dấu giá

trị tuyệt đối như cách giải trên, ta thấy bài toán trở nên nhẹ nhàng hơn rất
nhiều.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
(1)
x  2 x  1  x  2 x  1 2
Giải
ĐKXĐ: x �1 . Biến đổi
x  1  2 x  1  1  x  1  2 x  1  1 2


x  1 1 



x 1

x  1  1 2

x  1  1 1

(2)

Nếu x  2 thì (2)  x  1  x  1  1 1  x  1 1  x  1 1  x 2 không
thỏa mãn điều kiện x �1, loại.
Nếu 1 x 2 thì (2)  x  1  1  x  1  1 2 , vô số nghiệm 1 x 2
Kết luận: 1 x 2 .
Chú ý: Sau khi biến đổi đến (2), có thể viết (2) dưới dạng
1

x  1 1 

x 1

Và chú ý đến bất đẳng thức A  A với điều kiện xảy ra dấu “=” là A 0
được 1  x  1 0  x  1 1  x 2
Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có 1 x 2
* Nhận xét: Phương pháp này thường được áp dụng đối với những
phương trình mà biểu thức dưới dấu căn có dạng một bình phương, hoặc với
những phương trình có thể biến đổi đưa về phương trình có hai vế là một bình
phương.
3. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Việc giải phương trình vô tỉ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp: Nếu
cứ nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao, nhiều
khi không biết cách giải. Tuy nhiên, nếu biết đặt ẩn phụ một cách thích hợp có
thể chuyển một phương trình vô tỉ đó cho về một phương trình hay một hệ
phương trình đó biết cách giải quen thuộc. Phương pháp này nói chung không
làm phức tạp thêm bài toán. Tuy vậy, cách đặt ẩn phụ cũng tuỳ thuộc vào bài
toán cụ thể, vì vậy phải rất linh hoạt.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2  2 x  2 x 2  4 x  1 1 (1)
Giải:
2
Điều kiện: 2 x  4 x  1 0 .
Đặt: 2 x 2  4 x  1 t (t 0 ) thì: 2 x 2  4 x  1 t 2 . Khi đó ta có:
8


t 1

1
2

(1)  t  2t  3 0  (t  1)(t  3) 0  
t
 2  3
Kết hợp điều kiện t 0 ta được t 1

 x 0

1
2
2
Với t 1  2 x  4 x  1 1  2 x  4 x 0  x( x  2) 0  
 x 2  2

Các giá trị x x1 0, x 2  2 thỏa mãn điều kiện 2 x 2  4 x  1 0 , do đó là
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7  2 (1)
Giải:
2
Điều kiện: x  7 x  7 �0.
Đặt: x 2  7 x  7  y (y �0) thì: x 2  7 x  7 = y2. Khi đó ta có:
(1) � 3y2 – 3 +2y = 2 � 3y2 + 2y – 5 = 0 � (y – 1)(3y+5) = 0
5
(loại), y2 = 1(thoả mãn).
3
Với y = 1 ta có: x 2  7 x  7  1 � x2+ 7x + 6 = 0 � (x+1)(x+6) = 0
� x1 = -1, x2 = -6
�

y1 =

Các giá trị x1 = -1, x2 = -6 thoả mãn điều kiện x 2  7 x  7 � 0, do đó là
nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 2 x  1  3 x  1
Đặt 3 2 x  1 a, 3 x b thì 2 x  1 a 3 , x b 3 nên
a 3  2b 3 2 x  1  2 x 1
Cần tìm a và b thỏa mãn a  b 1 và a 3  2b 3 1 .
Ta có a 3  2(1  a) 3 1  a 3  1  2(1  a) 3 0
 (a  1)( a 2  a  1)  2(a  1) 3 0





 (a  1) (a 2  a  1)  2(a  1) 2 0

Dễ thấy a 2  a  1  2(a  1) 2  0 nên a 1 . Suy ra b 0.
Vậy x 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương trình: x  ( x  2).(1  1  x ) 2 (1)
Giải:
ĐKXĐ: 0 �x �1 (*
Đặt 1  x =t (t �0) . Khi đó: 1  x  t 2
� x  (1  t 2 ) 2

(vì x �0 )
Đến đây, phương trình (1) trở thành:
(1 - t2)2 = (3 – t2) (1- t)2
� (1 – t)2(1 + t)2 – (3 - t2) (1 - t)2 = 0
� (1 - t)2(2t2 + 2t – 2) = 0
� t 1
�(1  t ) 2  0

� �2
� � 1 � 5
�
t

t

1

0
t
�
�
2

9


� t 1
Vì t �0 nên: �
1  5
�
t
�
2

+ Với t = 1, ta có: x = 0
+ Với t =

1  5

3 5
, ta có: x =
2
2

Đối chiếu với ĐKXĐ, ta có nghiệm của phương trình là: x1 = 0;
x2 =

3 5
2

* Nhận xét: Như vậy, bằng cách đặt ẩn phụ, ta đã đưa phương trình vô tỉ
về dạng phương trình hữu tỉ.
4. Phương pháp bất đẳng thức
4.1. Phương pháp so sánh (Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế).
Giải phương trình bằng phương pháp này tức là ta so sánh vế trái, vế phải
rồi từ đó nhận xét dấu bằng xảy ra khi nào?
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x  2  4  x  x 2  6 x  11 (1)
Giải:
Điều kiện: 2 �x �4
Ta thấy: ( x  2  4  x )2  2  2 ( x  2)(4  x)
= 2  2  x 2  6 x  8 = 2  2 1  ( x  3) 2
=> ( x  2  4  x ) 2 �4 (vì 1  ( x  3) 2 �1 )
=> x  2  4  x �2
Mặt khác: x2 - 6x +11 = (x - 3)2 + 2 �2
Do đó phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải (=2)
� x=3
Đối chiếu ĐKXĐ, nghiệm của phương trình (1) là: x = 3.
Chú ý: Có thể chứng minh vế trái �2 bằng cách áp dụng BĐT BunhiaCốpxki.

Ví dụ 2: Giải phương trình:
3x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  4  2 x  x 2

Giải:
Ta có: Vế trái = 3( x  1)2  4  5( x  1)2  9 � 4  9  5
Vế phải = 4 – 2x – x2 = 5- (x+1)2 �5
Vậy phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải = 5
� x = -1
Vậy nghiệm của phương trình là: x = -1
* Nhận xét: Với cách giải này ta cần chú ý chỉ áp dụng đối với những
phương trình mà khi các bất đẳng thức ở vế trái và vế phải xảy ra dấu “=” thì
cho ta cùng một giá trị của x, giá trị đó chính là nghiệm của phương trình.
10


4.2. Chứng tỏ tập giá trị ở hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô
nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2  1  x 2  4  2
Giải:
ĐKXĐ: x �R
Ta thấy: x 2  1 �1 và x 2  4 �2 với x �R
=> x 2  1  x 2  4 �3
Vế trái lớn hơn hoặc bằng 3, mà vế phải bằng 2
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x  1  5 x  1  3x  2 (1)
Giải:
ĐKXĐ: x �1
Với điều kiện trên thì x  5 x , do đó x  1  5x  1 => Vế trái của (1) là số
âm, mà vế phải không âm. Do đó phương trình vô nghiệm.
* Nhận xét: Đối với cách giải này, chúng ta chứng tỏ rằng với ĐKXĐ của

phương trình, có một vế của phương trình luôn lớn hơn hoặc nhỏ hơn vế kia, từ
đó kết luận phương trình đã cho vô nghiệm.
4.3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 2 x  1  3 x  1 (1)
Giải:
Nhận thấy x = 0 là nghiệm của phương trình (1).
Với x > 0 thì: 3 2 x  1 >1, 3 x > 0 nên vế trái của (1) lớn hơn 1.
Với x < 0 thì: 3 2 x  1 <1, 3 x < 0 nên vế trái của (1) nhỏ hơn 1.
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 2 x  1  3 x  1  1 (1)
Giải:
+Dự đoán nghiệm: x = 1
Với x = 1, ta có: Vế trái: 3 2.1  1  3 1  1  1
x = 1 nghiệm đúng phương trình (1).
+ Với x > 1 thì: 3 2 x  1 > 1, và 3 x  1 > 0 nên vế trái của (1) lớn hơn 1.
+ Với x< 1 thì: 3 2 x  1 < 1, và 3 x  1 < 0 nên vế trái của (1) nhỏ hơn 1.
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
* Nhận xét: Các phương trình trên còn có cách giải khác (như nâng lên
luỹ thừa – xem ví dụ 2- mục 1). Tuy nhiên nếu ta nhẩm nghiệm và nhận xét rằng
các biểu thức ở vế trái là những hàm số luôn đồng biến thì sử dụng phương
pháp này lời giải sẽ ngắn gọn hơn nhiều so với cách giải khác. Phương pháp
này thường được sử dụng khi gặp các phương trình có một vế là một hằng số, vế
còn lại là một hàm số luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên toàn tập xác định
của nó.
11


4.4. Sử dụng điều kiện xảy ra dấu "=” ở bất đẳng thức không chặt.
Ví dụ 1: Giải phương trình:

x
3x  2

2
x
3x  2

(1)

Giải:
Điều kiện: x>

2
.
3

2
thì (1) � x = 3x  2 � x2 – 3x +2 = 0
3
� (x – 1) (x- 2) = 0
� x1 = 1; x2 = 2 (thoả mãn điều kiện)

Với x >

Vậy phương trình có hai nghiệm là x1 = 1; x2 = 2.
* Nhận xét: Vế trái của phương trình là tổng của hai phân thức nghịch
đảo của nhau, vì vậy áp dụng bất đẳng thức

a b
 � 2 với a>0, b>0, xảy ra

b a

đẳng thức khi và chỉ khi a = b, ta có cách giải ngắn gọn như trên.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
36

x2

4
 28  4 x  2  y  1
y 1

(1)

Giải:
�x  2  0
�x  2
��
�y  1  0
�y  1

ĐKXĐ: �

36

4

Khi đó (1) � x  2  y  1  4 x  2  y  1  28 (2)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
36

 4 x  2 �2
x2
4
 y  1 �2.
y 1

Do đó:

36
.4 x  2 =2.12=24
x2
4
y  1 =2.2=4
y 1

36
4 x2 
x2

4
 y  1 �24  4  28 (3)
y 1

Để phương trình (2) có nghiệm thì (3) phải lấy dấu “=”, tức là ta có:
� 36
� x2  4 x2
�x  11
�
��
� 4

�y  5
�
 y 1
�
� y 1

Ta thấy các giá trị x, y thoả mãn ĐKXĐ
�x  11
�y  5

Vậy nghiệm của phương trình (1) là �

* Nhận xét: Ta nhận thấy: biểu thức x  2 và y  1 trong phương trình
vừa xuất hiện ở tử, vừa xuất hiện ở mẫu. Vậy nếu nhân chúng lại thì sẽ khử
12


được biến. Đây là một phương trình hai ẩn, vậy nó sẽ có điều gì đó đặc biệt. Từ
đó ta đưa ra cách giải ngắn gọn như trên.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
(1)
x2  4x  4  x2  6 x  9  1
Giải:
ĐKXĐ: mọi x thuộc R
Ta có: (1) � ( x  2)2  ( x  3)2  1
� x  2  x 3 1
� x  2  3 x 1

(2)

Áp dụng BĐT A  B �A  B , ta có:
x  2  3  x �( x  2)  (3  x)  1 (3)
Do đó phương trinh (2) có nghiệm � dấu “=” xảy ra, tức là ta có:
�2 x 3
ۣ
(x – 2).(3-x) �0
Vậy nghiệm của phương trình (1) là 2 �x �3 .
* Nhận xét: Nhận thấy các biểu thức dưới dấu căn của phương trình (1)
đều là các bình phương, vậy ta có thể đưa phương trình này về dạng phương
trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:
x  2  x 3 1
(2)
Đến đây ta có thể giải phương trình (2) bằng cách xét các trường hợp
như cách giải phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối. Nhưng ở đây ta
nhận thấy:
(x-2) + (3-x) =1
và lưu ý rằng x  3  3  x .

Do đó áp dụng BĐT A  B �A  B , dấu “=” xảy ra � A.B �0, ta đã có
cách giải ngắn gọn hơn.
* Nhận xét: Trước khi giải phương trình ta cần chú ý nhận xét xem
phương trình đó có gì đặc biệt? Để sử dụng phương pháp này, ta thường biến
đổi đưa về phương trình có vế phải là một hằng số rồi sử dụng bất đẳng thức để
chứng minh vế trái luôn �(hoặc �) vế phải. Khi đó phương trình có nghiệm khi
và chỉ khi dấu “=” xảy ra. Tuỳ thuộc vào đặc điểm của mỗi phương trình mà ta
sử dụng các bất đẳng thức khác nhau, vì vậy phải rất linh hoạt.
5. Phương pháp đưa về dạng tổng của các đa thức không âm bằng không.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x y z  2 x2  4 y36 z 5
(1)

Giải:
Điều kiện: x �2; y �3; z �5 (*
(1) � ( x  2  2 x  2  1)  ( y  3  4 y  3  4)  ( z  5  6 z  5  9)  0
� ( x  2  1) 2  ( y  3  4) 2  ( z  5  3) 2  0

13


� x  2 1  0
�
�
� � y 3 2  0
�
� z 5 3  0

�x  2  1
�x  3
�
�
� �y  3  4 � �y  7
�z  5  9
�z  14
�
�

�x  3
�
Đối chiếu điều kiện (* , nghiệm của phương trình là: �y  7
�z  14
�

Ví dụ 2: Giải phương trình: x  y  z  35  2(2 x  1  3 y  2  4 z  3) (1)
Giải:
Điều kiện: x �1; y �2; z �3
(1) � ( x  1  4 x  1  4)  ( y  2  6 y  2  9)  ( z  3  8 z  3  16) =0
� ( x  1  2) 2  ( y  2  3) 2  ( z  3  4) 2  0
� x 1  2  0
� x 1  2
�
�
�
�
� � y  2 3  0 � � y  2  3
�
�
� z 3 4  0
� z 3  4

�x  1  4
�x  3
�
�
� �y  2  9 � �y  7
�z  3  16
�z  13
�
�

Các giá trị x, y, z vừa tìm được thoả mãn điều kiện. Vậy nghiệm của
phương trình là:

�x  3
�
�y  7
�z  13
�

* Nhận xét: Phương trình đã cho là một phương trình 3 ẩn. Bằng cách
thêm, bớt ta đã biến đổi đưa nó về phương trình có vế trái là tổng các bình
phương, còn vế phải bằng 0. Từ đó ta dễ dàng giải được phương trình.
Giới thiệu một số bài tập về phương trình vô tỉ
Khi học sinh đã nắm vững các phương pháp thường dùng để giải phương
trình vô tỉ, giáo viên có thể giao một số bài toán về giải phương trình vô tỉ
thường gặp trong chương trình toán 9 nhằm giúp học sinh nắm một cách có hệ
thống, được đào sâu các kiến thức về căn thức, bất đẳng thức, v.v….
Bài 1: Giải phương trình: 3x 2  6 x  12  5 x 4  10 x 2  9  3  4 x  2 x 2
Giải
3 x 2  6 x  12 
�

5 x 4  10 x 2  9  3  4 x  2 x 2

3( x  1) 2  9 

5( x 2  1) 2  4  5  2( x  1) 2

Nhận thấy: 3( x  1)2  9 �3 . Dấu “=” xảy ra khi x=-1
5( x 2  1) 2  4 �2 . Dấu “=” xảy ra khi x = �1

Do đó vế trái �5. Dấu “=” xảy ra khi x = -1.

Vế phải: 5  2( x  1)2 �5 . Dấu “=” xảy ra khi x = -1.
Vậy phương trình có nghiệm � vế trái = vế phải = 5 � x = -1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = -1.
Bài 2: Giải phương trình: x 2  6 x  9  x 2  10 x  25  8
14


Giải
2
2
x 2  6 x  9  x 2  10 x  25  8 � ( x  3)  ( x  5)  8

� x3  x5 8

Áp dụng bất đẳng thức:
x  3  x  5  3  x  x  5 �3  x  x  5  8  8

Vế trái bằng vế phải � VT bé nhất.
� -5 �x �3
Dấu “=” xảy ra � (3 – x) (x+5) �0
Vậy phương trình có nghiệm là: -5 �x �3
Chú ý: Phương trình trên có thể giải bằng cách đưa về phương trình chứa
ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
Bài 3: Giải phương trình: x2 + 4x + 5 = 2 2 x  3
Giải:
3
2

ĐKXĐ: x � . Khi đó ta có:
x2 + 4x + 5 = 2 2 x  3

� x2  6x  9  2x  3  2 2x  3  1

� ( x  3) 2  ( 2 x  3  1) 2
3
nên x + 3 > 0 và 2 x  3  1 �1
2
Do đó: x +3 = 2 x  3  1 � x+2 = 2 x  3

Vì x �

� x 2  4 x  4  2 x  3 � x = -1 (Thoả mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là: x = -1 .
Bài 4: Giải phương trình: x4 + x 2  2002 = 2002
( Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2002 – 2003. Sở GD & ĐT Thanh
Hoá)
Giải:
Phương trình xác định với mọi x thuộc R, do đó ta có:
x4 + x 2  2002 = 2002
 x4 = 2002 -

4
2
x 2  2002  x + x +

1
= x2 + 2002 4

x 2  2002 +

1
4

1
1
( x 2  ) 2 = ( x 2  2002 - )2
2
2
1
1
 x2 + = x 2  2002 
2
2
1
1
1
* x2 + > 0 nên: x2 + = x 2  2002 2
2
2


* Biến đổi tương đương được: x4 + x2 – 2001 = 0 (1)
Đặt x2 = y ( y 0) . (1)  y2 + y – 2001 = 0 (2)
Giải (2) được: y1 =

1  8005
1  8005
(thoả mãn): y2 =
(loại)

2
2

15


1  8005
1  8005
; x2 = 
2
2

Suy ra: x1 =

Bài 5: Giải phương trình: ( x 3  x 2  x  2) 2  x 3  x 2  x  2
Giải:
( x 3  x 2  x  2) 2  x 3  x 2  x  2
 x3  x 2  x  2 x3  x 2  x  2

Phương trình có nghiệm khi: x3 - x 2 - x  2 �0 (1) .
Với điều kiện (1), ta có:
+ Trường hợp 1: x3  x 2  x - 2  x3 - x 2 - x  2
� 2x2  2 x  4  0 � x2  x  2  0
� x1 = 1, x2 =-2

Thay các giá trị x1 = 1, x2 =-2 vào (1) ta thấy:
x1 = 1 thoả mãn
x2 = -2 không thoả mãn
+ Trường hợp 2: x3  x 2  x - 2  ( x3 - x 2 - x  2)
� 2 x3  0 � x  0

Thay x = 0 vào (1) ta thấy x = 0 thoả mãn
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = 1, x2 = 0.
1
1
x  x 1 
x  x 1  2
2
2

Bài 6: Giải phương trình:

Giải:
ĐKXĐ: x 1 . Khi đó ta có:
1
1
x  x 1 
x  x 1  2
2
2
�
�



x  1  1) 2 +
x  1 1 +



x 1 1

2=2

x 1 1 = 2

- áp dụng BĐT giá trị tuyệt đối: A  B �A  B
Ta có: x  1  1 + x  1  1 = x  1  1 + 1  x  1
�( x  1  1)  (1  x  1)  2

Dấu “=” xảy ra � ( x  1  1 ) 1  x  1  0 (1) ( Vì x 1
=> x  1  1  0 )
Do đó (1) � 1- x  1 0 � 1  x  1
� x- 1 1 � x 2
Kết hợp với ĐKXĐ ta được nghiệm phương trình là: 1 x 2
Bài 7: Giải phương trình:

x 1
x 1 3


x 1
x 1 2

Giải:
ĐKXĐ x �1 ( x �-1)
16


1 3

x 1
 k (k 0 ) . Phương trình đã cho trở thành: k  
k 2
x 1
1
- Giải phương trình ẩn k tìm ra k1 = 2 ; k2 =  ( loại)
2
5
x 1
k tìm ra x = - Thay k= k1 = 2 vào
3
x 1
5
- Trả lời: nghiệm của phương trình đã cho là x = 3

- Đặt

Bài 8: Giải phương trình: 25  x 2 - 10  x 2 3
Giải:
ĐKXĐ:  10 �x � 10
Đặt 25  x 2 a ; 10  x 2 b ( a  0; b  0)
=> a2 – b2 = 15
(1)
Phương trình đã cho trở thành
a - b =3  a = b+3 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (3+b)2 – b2 = 15
Giải ra ta được a = 4; b = 1
Với a = 4  25  x 2 =4 Giải ra được x =3 (Thoả mãn ĐKXĐ)
Với b = 1  10  x 2 =1 Giải ra ta được x =3 (Thoả mãn ĐKXĐ)
Kết luận: nghiệm của phương trình đã cho là: x = 3

Bài 9: Tìm các nghiệm nguyên, dương của phương trình:
x  y  1998

(Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2001 -2002. Sở GD và ĐT Thanh Hoá)
Giải:
x  y  1998 � x  y  2 xy  1998
* Cách 1:
� ( x  y ) 2  x  y  1998  x  y
� ( x  y ) 2  ( x  y )( x  y)  1998  x  y
2

2
� 2 y ( x  y )  1998  x  y � �
2 y ( x  y )�
�
�  (1998  x  y )

� 4 y.1998  (1998  x  y ) 2
� 22.32.2.3.37. y  (1998  x  y )2

Vì (1998  x  y ) 2 là số chính phương nên y = k2.2.3.37=k2.222 (Với k là số
nguyên dương và k2.2.3.37 �1998 hay k �3 ).
- Nếu k = 1 => y = 222, x = 888 (thoả mãn)
- Nếu k = 2 => y = 888, x = 222 (thoả mãn)
- Nếu k = 3 => y = 1998, x = 0 (loại vì x, y nguyên dương)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là:

17

�x  888
�x  222
�
và �
�y  222
�y  888

* Cách 2: x  y  1998
� x  y  9.222 � x  y  3 222

Vì x, y là các số nguyên, dương nên:
�
x  a 222
�
�
y  b 222
�
�
a  b  3(a, b �N *)
�
�a  1
b2
�

Do đó có hai trường hợp: �
�
� x  222
�
� y  2 222

�
� x  2 222
hoặc �
� y  222

�a  2
. Khi đó:
�b  1

hoặc �

�x  222
��
�y  888

�x  888
�y  222

hoặc �

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là:
�x  888
�x  222
�
và �
�y  222
�y  888

Bài 10: Giải phương trình: 3 25  x  3 3  x  4
Giải:

3
3
25  x  3  x  4 (1)
ĐKXĐ: x �R
Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được:
(1) � 25  x  3  x  3 3 (25  x)(3  x).( 3 25  x  3 3  x )  64 (2)
Vì: 3 25  x  3 3  x  4 nên:
(2)
� 28  12 3 (25  x)(3  x)  64
� 12 3 (25  x)(3  x)  36 � 3 (25  x)(3  x )  3(3)
Lập phương hai vế của (3) ta được:
(3) � (25 + x).(3 - x) = 27 � -x2 – 22x + 75 =27
� x2+22x – 48 = 0 � (x- 2)(x+24) =0
� x1 = 2 ; x2 = -24
Vậy phương trình đã cho có tập nghiện là: S =  24; 2 .
Bài 11: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
(1  x  x 2  1) 2008  (1  x  x 2  1) 2008  22009

(Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2008 – 2009. Sở GD & ĐT Thanh
Hoá)
Giải:
ĐKXĐ: x �1 và x nguyên.
Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm, ta có:
1004

(1  x  x 2  1) 2008  (1  x  x 2  1) 2008 �2 �
(1  x) 2  ( x 2  1) 2 � = 2(2+2x)1004
�
�

18


= 2.21004(1+x)1004 = 21005(1+x)1004
Dấu “=” xảy ra � 1  x  x 2  1  1  x  x 2  1 � x = 1 (vì x �1 ).
Vì x �1 nên: (1+x)1004 �21004 .
=> 21005(1+x)1004 �22009. Dấu “=” xảy ra � x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương duy nhất là: x = 1.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Với những kinh nghiệm vừa trình bày ở trên, sau 3 năm bồi dưỡng học
sinh giỏi Toán 9 bản thân tôi nhận thấy: Khi dạy phần “Phương trình vô tỉ”, học
sinh tiếp nhận kiến thức một cách thoải mái, chủ động, rõ ràng. Học sinh phân
biệt và nhận dạng được các dạng phương trình vô tỉ và từ đó có thể giải được
hầu hết các bài tập, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban đầu là không có qui tắc
tổng quát. Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông minh, sáng tạo, các phẩm
chất trí tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán này thật phong phú, đa
dạng chứ không đơn điệu. Điều đó giúp cho học sinh hứng thú hơn khi học bộ
môn toán.
Kết quả cụ thể: Với những bài tập giáo viên đưa ra, số học sinh giải được
một cách độc lập và tự giác, được thống kê theo bảng sau:
Số học sinh giải được theo các mức độ
Tổng
áp dụng
số
Từ 0% Từ 20% đến Từ 50% đến
Năm học
Trên 80%
đề tài
HS đến 20%
50%

80%
lớp 9
SL % SL
%
SL
%
SL
%
Chưa áp
2016-2017
42
10 24 16
38
11
26
5
12
dụng
Đã áp
2017-2018
43
6 14 12
28
13
30
12
28
dụng
Đã áp
2018-2019

44
5 11
8
18
15
34
16
36
dụng
Ngoài kết quả trên, kết quả thi vào lớp 10 PTTH năm học 2018-2019 tỉ lệ
đạt điểm 5 trở lên là hơn 85%.
* Bài học kinh nghiệm:
Phần “Giải phương trình vô tỉ” ở lớp 9 là một nội dung quan trọng bởi dạng
toán này có liên quan chặt chẽ với các kiến thức khác. Nó là một trong những dạng
toán thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi Toán 9 và đề thi vào lớp 10 PTTH.
Khi dạy dạng toán này, trước hết chúng ta cần cho học sinh nắm thật vững khái
niệm về căn thức, các phép biến đổi căn thức, đặc biệt là căn bậc hai.
Để học sinh nắm vững và hứng thú học tập, chúng ta cần liên hệ những
kiến thức đã biết để xây dựng kiến thức mới, chọn lọc hệ thống bài tập theo mức
độ tăng dần từ dễ đến khó. Khi học phải cho học sinh nhận dạng sau đó mới bắt
tay vào giải theo nhiều cách (nếu có thể) chứ không nhất thiết phải giải nhiều bài
19


tập. Cần rèn luyện nhiều cách suy luận để tìm hướng giải và cách lập luận trình
bày của học sinh.
Với mỗi dạng tuy không có qui tắc tổng quát, song sau khi giải giáo viên
nên chỉ ra một đặc điểm, một hướng giải quyết nào đó để khi gặp dạng tương tự
học sinh có thể liên hệ được.
3. KẾT LUẬN KIẾN NGHỊ.

3.1. Kết luận:
Có thể nói, với cách làm trên đây tôi đã chuẩn bị tạo tình huống dẫn dắt
học sinh học tập bằng cách tự học là chính. Thông qua đó phát huy tính tích cực
chủ động của học sinh. Tuy nhiên để làm được điều đó phải tốn không ít thời
gian và công sức cho việc chuẩn bị nội dung và phương pháp giảng dạy của
mình. Nhưng theo tôi, một trong những phương pháp giúp chất lượng học tập
của học sinh ngày một nâng cao là phải làm như vậy.
Trên đây là một vài kinh nghiệm nhỏ của bản thân tôi tự rút ra khi dạy
phần “Phương trình vô tỉ”. Chắc chắn nó chưa được hoàn chỉnh và còn có chỗ
khiếm khuyết. Trong khi vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán đối với giáo viên
THCS còn gặp nhiều khó khăn thì bản thân tôi muốn đóng góp một kinh nghiệm
nhỏ của mình. Qua đây, tôi rất mong sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp
để những năm học tới giảng dạy môn Toán được tốt hơn, đáp ứng yêu cầu của sự
nghiệp giáo dục nước nhà.
3.2. Kiến nghị:
Phòng giáo dục nên tổ chức các hội thảo chuyên đề về đổi mới phương
pháp để giáo viên có điều kiện học hỏi và trao đổi với nhau các kinh nghiệm
giảng dạy, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện và để đảm bảo được
chỉ tiêu giáo dục của toàn nghành.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 5 tháng 5 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
NGƯỜI VIẾT

Phạm Thị Lan Phương

20

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa toán lớp 9.
Tác giả: Phan Đức Chính - Tôn Thân – Vũ Hữu Bình- Phạm Gia Đức
[2]. Sách giáo viên toán lớp 9.
Tác giả: Phan Đức Chính - Tôn Thân
[3]. Sách bài tập toán lớp 9.
Tác giả: Tôn Thân – Vũ Hữu Bình – Trần Đình Châu – Trần Kiều
[4]. Dạy – học toán THCS theo hướng đổi mới.
Tác giả: Tôn Thân
[5]. Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên cho giáo viên trung học cơ sở chu kỳ
III (2004 – 2007) môn Toán.
[6]. Tài liệu dạy học theo các chủ đề tự chọn ở trường trung học cơ sở môn
Toán.
[7]. Toán phát triển lớp 9.
Tác giả: Vũ Hữu Bình
[8]. Tạp chí toán học tuổi thơ 2 – NXB Giáo dục.
[9]. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9.
Tác giả: Bùi Văn Tuyên.
[10]. Toán nâng cao và một số chuyên đề toán 9.
Tác giả: Vũ Dương Thụy-Nguyễn Ngọc Đạm
[11]. Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở 9.
Tác giả: Vũ Hữu Bình- Trần Hữu Nam – Phạm Thị Bạch Ngọc- Nguyễn
Tam sơn.

21


MỤC LỤC
Tên đề mục

1. MỞ ĐẦU.
1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Các phương pháp thực hiện.
2.3.2. Các biện pháp để tổ chức thực hiện.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
3
3
4
19

20
20
20

22