SKKN Toán 9 ThCS

MỢT SỚ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TI
******************************

CỘNG HỒ XĂ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc.
----------o0o----------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

I. SƠ YẾU LÝ LỊCH
Họ và tên

: PHẠM THỊ CHIẾN

Ngày tháng năm sinh : 28/01/1968
Năm vào ngành

: 01/10/1990

Chức vụ và đơn vị công tác:
Giáo viên

: TrườngTHCS Phùng Xá- Mỹ Đức-Hà Nội.

Trình độ chun mơn : Đại học.
Bộ mơn giảng dạy

: Tốn học.

Khen thưởng

: Lao động tiên tiến cấp cơ sở

Phạm Thị Chiến

*******************************
1

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

MỤC LỤC
TT
1

Nội dung

Trang

Sơ yếu lí lịch

1

2

Nội dung đề tài

3

3

Q trình thực iện đề tài

5

4

Các dạng phương trình cơ bản.

5

5

Một sớ phương pháp giải phương trình vơ ti

6

6

Phương pháp nâng lên lũy thừa

6

7
8
9
10

Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị
tuyệt đới.
Phương pháp đưa về phương trình tích
Phương pháp đặt ẩn phu

8
8
9

Phương pháp sử dung bất đẳng thức

13

11

Phương pháp tam thức bậc 2

15

12

Phương pháp đưa về dạng tổng của đa thức khơng âm bằng
khơng

15

13

Giải và biện luận phương trình vơ ti

16

14

Một sớ sai lầm khi giải phương trình vơ tỷ

17

15

Bài tập ôn tập

18

16

Kết luận

19

17

Nhận xét đánh giá của hội đồng khoa học

21

Phạm Thị Chiến

*******************************
2

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

PHẦN II: NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Tên đề tài:

Một số kinh nghiệm giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải
phương trình vơ tỷ ở lớp 9 THCS
2. Lí do chọn đề tài
Toán học là một trong những môn khoa học cơ bản mang tính trừu tượng, nhưng
mơ hình ứng dung của nó rất rộng rãi và gần gũi trong mọi lĩnh vực của đời sớng
xã hội, trong khoa học lí thuyết và khoa học ứng dung. Tốn học là một mơn học
giữ một vai trị quan trọng trong śt bậc học phổ thơng. 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, đới với mỗi giáo viên dạy tốn
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 thu các kiến thức Toán học cho học sinh là công việc cần phải làm
thường xuyên
Dạy học sinh học Tốn khơng chi 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 tốn, từ đó giúp các em
tích cực hoạt động, độc lập sáng tạo để dần hoàn thiện kĩ năng, kĩ xảo, hồn thiện
nhân cách
Giải tốn là một trong những vấn đề trung tâm của phương pháp giảng dạy, bởi
lẽ 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 tốn là hình thức chủ yếu
của việc học tốn
Trong chương trình Tốn 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 tốn
“Tìm x biết ...” dành cho học sinh lớp 6, 7 đến việc cu thể hóa vấn đề về phương
trình ở ći năm học lớp 8 và hoàn thiện cơ bản các nội dung về phương trình đại
sớ 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 vơ ti lại là một trở ngại
khơng nhỏ khiến cho nhiều học sinh khơng ít ngỡ ngàng và bới rới khi giải các loại
phương trình này. Thực ra, đây cũng là một trong những vấn đề khó. Đặc biệt, với
những học 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 Tốn tham dự
kì thi các cấp, 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 vơ ti? Và khi gặp bất cứ
một dạng tốn nào về phương trình vơ ti các em cũng có thể tìm ra cách giải một
cách tớt nhất?
Với tất cả những lí do nêu trên. Tơi quyết định chọn đề tài “Một số phương
pháp giải phương trình vơ ti” trong khn khổ chương trình bậc THCS
Phạm Thị Chiến

*******************************
3

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

******************************

2.Phạm vi và thời gian thực hiện đề tài.
- Phạm vi đề tài: Hình thành cho học sinh các phương pháp,kỹ năng giải bài
tốn giải phương trình vơ ti
-Thời gian thực hiện đề tài: 12 tiết (trong đó có 1 tiết kiểm tra)
3. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện đề tài này, tôi sử dung các phương pháp sau đây:
– Phương pháp nghiên cứu lý luận
– Phương pháp khảo sát thực tiễn
– Phương pháp phân tích
– Phương pháp tổng hợp
– Phương pháp khái quát hóa
– Phương pháp quan sát
– Phương pháp kiểm tra
– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

Phạm Thị Chiến

*******************************
4

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

PHẦN III:
QUÁ TRÌNH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

I. Khảo sát tình hình thực tê
Trong q trình giải phương trình vơ ti học sinh còn rất lúng túng, kể cả
những học sinh tham gia trong hai đội tuyển thì những dạng phương trình vơ ti
cũng là một dạng toán mới.

II. Nội dung chủ yêu của đề tài.
Để giúp học sinh tiếp thu và giải tớt loại tốn này, trước hết tơi đưa ra cách
giải chung của loại phương trình này. Sau đó đưa ra các kiến thức cơ bản cần thiết
sử dung để giải phương trình. Tơi phân loại các dạng tốn cu thể từ dễ đến khó để
học sinh nắm chắc phương pháp giải. Cu thể như sau:
1.Các bước giải phương trình (dạng chung)
- Tìm điều kiện xác định của phương trình.
- Dùng các phép biến đổi tương đương đưa về dạng phương trình đã học.
- Giải phương trình vừa tìm được.
- Đới 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 (trong q trình biến
đổi khơng đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.
2Các kiên thức cơ bản về căn thức.
- Một số âm không có căn bậc chẵn.
- Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được
phương trình tương đương phải đặt điều kiện.
A2  A
A B 

A  A2  B
A

2

A2  B

với A > 0; A2 > B > 0
2

3. Các dạng phương trình cơ bản.
a. Dạng 1:
Sơ đồ cách giải:

f ( x )  g ( x)

(1)

 g  x  01
f ( x )  g ( x)  
2
 f  x   g  x    2

Giải (2) tìm điều kiện của ẩn
Giải (3) rồi đới chiếu với điều kiện của ẩn để kết luận nghiệm.
f ( x )  g ( x ) h ( x )
b. Dạng 2:
(1)
Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
 f  x  0

 g  x  0
 h x  0


Phạm Thị Chiến

(2)

*******************************
5

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Với điều kiện (2) hai vế của phương trình (1) khơng âm nên bình phương vế
của phương trình (1) rồi rút gọn ta được:
[h( x)] 2  f ( x)  g ( x)
f ( x ).g ( x) 
2

(3)

Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1.
Đới chiếu nghiệm tìm được của (3) với điều kiện rồi kết luận nghiệm.
c. Dạng 3:

f ( x )  g ( x )  h( x )

(Cách giải như dạng 2)

d. 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

(1)

(2)

Bình phương hai vế đưa về dạng: F ( x)  G( x)  H  x 
Tuỳ theo từng trường hợp để giải phương trình vơ tỷ (căn bậc n).
e. Dạng 5:

(1)

f ( x)  g ( x)  n f ( x).g ( x) h( x)
 f  x  0

Điều kiện:   
 g x 0
Đặt ẩn phu a =
=>

f ( x)  g ( x) (a > 0)
f ( x ).g ( x ) 

a 2  f ( x)  g ( x )
2

Đưa phương trình (1) về các phương trình đã biết cách giải rồi giải.
4. Một số phương pháp giải phương trình vô ti
10) Phương pháp nâng lên lũy thừa
g(x) �0
�

a) Dạng 1: f (x)  g(x)  �

f (x)  [g(x)]2
�
Ví du 1. Giải phương trình: x  1  x  1 (1)
�x �1
�x �1
�x �1
� �2
��
Giải: (1)  �
�x  3
� x  1  x  1 �x  3x  0

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
b) Dạng 2: f (x)  g(x)  h(x)
Ví du 2. Giải phương trình: x  3  5  x  2 (1)
Giải.
ĐKXĐ: x ≥ 2.
Ta có:
(1)
 x3 x2 5
Phạm Thị Chiến

*******************************
6

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

 2x  1  2 (x  3)(x  2)  25
 (x  3)(x  2)  12  x
2 �x �12
�

2 �x �12
�
��
� x  6 (TMĐK)
25x  150
�
�x  x  6  144  x  24x

 �2

2

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x)
Ví du 3. Giải phương trình: x  1  x  7  12  x (1)
Giải:

ĐKXĐ: 7 ≤ x ≤ 12.
Ta có:
(1)  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
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 �
44
 x1 =
; x2 = 8 (TMĐK)
5
44
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =
; x2 = 8
5
d) Dạng 4: f (x)  g(x)  h(x)  k(x)

Ví du 4. Giải phương trình: x  x  1  x  4  x  9  0 (4)
Giải: ĐKXĐ: 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 ln là một sớ dương, VP=0  phương trình
vơ nghiệm

Phạm Thị Chiến

*******************************
7

Trường THCS Phùng Xá

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

20)Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
Ví du 5. 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 0x= -6 (pt vô nghiệm)
– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 (TMĐK 2 ≤ x ≤ 8)
Vậy phương trình có một nghiệm x = 5.
Ví du 6. Giải phương trình x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (1)
Giải:
ĐKXĐ: x ≥ -1
(1)  x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9  2 x  1  2 x  1  1
 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(không TMĐK 0≤ y<1)
(loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3 (TMĐK 1 ≤ y ≤ 3)
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2  0y= 2 (pt vô nghiệm)
Với y = 3  x  1 3  x + 1 = 9  x = 8 (TMĐKXĐ)
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
30) Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví du 7. Giải phương trình: 2x  1  x  2  x  3

Giải:
ĐKXĐ: x ≥ 2.
Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3.
Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình:



2 x  1  x  2  x  3 2 x  1  x  2


  x  3 





  x  3 2 x  1  x  2   x  3 0



2 x  1  x  2  1 0

x3 0
�
 �
� 2x  1  x  2  1

+) x+3=0 => x=-3 ( không TMĐK x ≥ 2)
+) 2 x  1  x  2 1 Do x ≥ 2 nên VT  5 còn VP=1 => PT vơ nghiệm
Vậy PT đã cho vơ nghiệm.

Ví du 8. Giải phương trình: x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x 2 (1)
Giải.
ĐKXĐ: | x | ≤ 1:
Phạm Thị Chiến

*******************************
8

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************





(1) 








x  1  2 ( x  1) 2  1  x 2   1  x  2 1  x 2  1  x

x  1 1  2 x  1  1  x  1  x 1  2 x  1  1  x 0











2






 =0


x  1  1  x 2 x 1  1  x 1  0

 x  1  1  x 0

 

 2 x  1  1  x  1 0
24
 x1 = 0; x2 = 

25

Ví du 9. Giải phương trình: x  1  x 3  x 2  x  1  1  x 4  1 (1)
Giải.
ĐKXĐ x 1
Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1).
(1)   x  1  1  x 3  x 2  x  1   x  1  x 3  x 2  x  1 0












x  1  1  x 3  x 2  x  1 1 











x _ 1 0

x  1  1 1  x3  x 2  x  1  0

 x  1  1 0
 
1  x 3  x 2  x  1 0
+) x  1  1 0  x  1 1  x 2 (TMĐK)

+) 1  x 3  x 2  x  1 0  x x 2  x  1 0  x 0 ( không TMĐK)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
40) Phương pháp đặt ẩn phu
a) Sử dụng một ẩn phụ
Ví du 10. Giải phương trình: x 2  x  1  1 (1)
Giải:
ĐKXĐ : x ≥ -1
Đặt x  1 = y (y ≥ 0)
y2 = x + 1  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2
 (1)  (y2 – 1)2 + y – 1 = 0  y(y  1)(y2 + y  1) = 0.



 x  1
 y 0
y 0



  y  1 0

  y 1
  x 0
( TMĐK)


2
 y  y  1 0

 y  1 5
 x 1  5

2

2
�
1 5 �
�
�
Tập nghiệm của phương trình là: �0;  1;
�
2 �
�

Ví du 11. Giải phương trình:





3

x  1  1  2 x  1  2  x (1)

ĐKXĐ: x ≥ 1.
Phạm Thị Chiến

*******************************
9

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Đặt x  1  1 = y
3
(1)  x  1  1  ( x  1  2 x  1  1)  2 0




 
3

x 1 1 



2

x 1 1  2  0

 y3 + y2 – 2 = 0
 (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0 do y2+2y+2=(y+1)2+1>0 với mọi y
=> y = 1  x  1  1 1  x  1 0  x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ)
b) Sử dụng hai ẩn phụ
Ví du 12. Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3  1 (1)
Giải:
ĐKXĐ: x ≥ 1
Đặt u = x  1 , v = x 2  x  1
(Với u ≥ 0, v ≥ 0).
Khi đó:
u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1.
(1)  2(u2 + v2) = 5uv
 (2u  v)(u  2v) = 0
2u = v hoặc u= 2v
+) u=2v
 x  1 2 x 2  x  1 x+1=4 x 2 -4x+4
 4x2-5x+3=0 pt có  = -24<0 => ptvn
+)2u=v
 2 x 1  x 2  x 1  4x  4 x 2  x 1
 x 2  5 x  3 0
5  37
5  37
; x2=
( TMĐKXĐ)
2
2
�5  37 5  37 �

;
. Vậy pt có tập nghiệm S= �
�
2 �
� 2

Giải pt ta được x1=

Ví du 13. Giải phương trình:







x  5  x  2 1  x 2  7x  10  3 (1)

Giải. ĐKXĐ: x ≥ –2.
(1)   x  5  x  2   1  (x  5)(x  2)   3
Đặt: x  5 = a, x  2 = b (a, b ≥ 0) a2 – b2 = 3.
(1)  (a – b)(1 + ab) = a2 – b2
 (a – b)(1 – a + ab – b) = 0
 (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0  a = b = 1
 x  5 1  x  4 ( không TMĐK)
Hoặc x  2 1  x  1 ( TMĐK)
Vậy x = –1 là nghiệm duy nhất
Ví du 14. Giải phương trình: x  1  3x  2x  1 (1)
Phạm Thị Chiến

*******************************
10

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Giải. ĐKXĐ: x ≥ 0.
Đặt x  1 = a, 3x = b (a,b ≥ 0):
(1)  b – a = a2 – b2
 (a – b)(a + b + 1) = 0
1
2

Mà a + b + 1 > 0  a = b  x  1  3x  x  (TMĐK)
1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2
4
1
5
Ví du 15. Giải phương trình:  x   x  2x  (1)
x
x
x
10
Giải. ĐKXĐ:  1  x 0 hoặc x 
2

1
5
Đặt x  = u, 2x  = v (u, v ≥ 0)
x
x
1 �
5�� 1�
�
5
�
2x  � �x  �
 2x   0
(1)  x   �
�
�
x �
x�� x�
x
�
�

Vậy x =

 u – (v2 – u2) – v = 0
 (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v.
 x

1
5
1

5
4
 2 x   x  2 x   x   x 2 4  x 2
x
x
x
x
x

x=2 ( TMĐK)
X=-2 ( không TMĐK)
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 2
c) Sử dụng ba ẩn phụ
Ví du 16 Giải phương trình: x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3 (1)
Giải:
ĐKXĐ: 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
d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Ví du 17. Giải phương trình x  1  2x  1  5 ĐKXĐ:x ≥ 1
Giải :
Cách 1: Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5
Cách 2: Đặt x  1  u �0 và 2x  1  v v ≥ 0

Phạm Thị Chiến

*******************************
11

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

�u  v  5

Ta có hệ: � 2

�v  2u  1
2

u2
�
 x = 5.
u  12
�

�

Ví du 18 Giải phương trình: 8  x  5  x  5
Giải:
ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 25.
Đặt 8  x = u , 5  x  v (u, v ≥ 0):
uv5
�

 u 2
 u 3

hoặc 
u  v  13
 v 3
 v 2
�
 8  x 2
 
 x  4 ( ptvn)
 5  x 3
 8  x 3
 
 x 1  x 1 (TMĐK)
 5  x 2

 �2

2

Vậy pt có x = 1 là nghiệm duy nhất.
Ví du 19. Giải phương trình: 25  x 2  9  x 2  2
Giải.
ĐKXĐ: –3 ≤ x ≤ 3:
Đặt 25  x 2 = u, 9  x 2 = v (u, v ≥ 0)
uv2
uv 2
�

�
�
 �2 2
�
uv 8
u  v  16
�
�

u 5
�
.
�
v 3
�

 25  x 2 5
 x 0 ( TMĐK)

 9  x 2 3

Vậy pt có x = 0 là nghiệm duy nhất.
Ví du 20. Giải phương trình: 1  x  4  x  3
Giải.
ĐKXĐ: – 4 ≤ x ≤ 1.
Đặt 1  x  u ; 4  x  v (u, v ≥ 0)
�u  v  3

 u 1
 u 2


hoặc


2
 v 2
 v 1
�u  v  5
 1  x 1
 x 0 (TMĐK)

 4  x 2

 �2

 1  x 2
 x  3 (TMĐK)
 4  x 1

Hoặc 

Vậy pt có tập nghiệm S= 1; 3
Ví du 21. Giải phương trình: 2  x  2  x  4  x 2  2
Giải. ĐKXĐ : –2 ≤ x ≤ 2:
Đặt 2  x  u, 2  x  v (u, v ≥ 0)
�
(u  v) 2  2uv  4
(u  v)  uv  2
�

�

Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}.
Phạm Thị Chiến

*******************************
12

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2( TMĐK)
Ví du 22. 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
x  81
�
�
�
��
��
��
v2

x  16
u  v  97
�v  3
�
�
�
Ví du 23. Giải phương trình: 3 x  3 2x  3  3 12(x  1)

 (1)  � 4

4

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 )
Ví du 24. Giải phương trình : x  2  x. 3  x  3  x. 5  x  2  x. 5  x
Giải.
ĐKXĐ: x ≤ 2
Đặt : u  2  x ; v  3  x ; t  5  x
(u ; v ; t ≥ 0)
2
2
2
 x = 2 − u = 3 − v = 5 − t = uv + vt + tu
 uv  vt  tu 2  u 2

  uv  vt  tu 3  v 2
 uv  vt  tu 5  t 2

(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
� 11 30
� 30 � 239
�
�x  2�
�v 
�60 �
�
60
� � 120
�

� 19 30
�t 
60
�

Phạm Thị Chiến

*******************************
13

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

50) Phương pháp sử dung bất đẳng thức
a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vơ nghiệm
Ví du 25. 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 ln dương
Vậy: phương trình đã cho vơ 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 vơ
nghiệm

b) Sử dụng tính đới nghịch ở hai vế
Ví du 26. 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
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 sớ (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là
duy nhất)
Ví du 27. Giải phương trình:
Giải: ĐKXĐ: x ≥

x7
 8  2x 2  2x  1
x 1

1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
1
�x  2 : VT =
2

x7
6
6
8  1
 8  1
 8 8  3 .
x 1
x 1
2 1
Mà: VP = 2 x 2  2 x  1  2.2 2  2.2  1 8  3
– Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x  1 > 2.22 + 3 = 8  3 .

– Nếu

VT=

x7
6

6
8  1
8  1
 8 8  3
x 1
x 1
2 1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức khơng chặt
Ví du 28: Giải phương trình
Phạm Thị Chiến

x
4x  1

2
x
4x  1
*******************************
14

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Giải: ĐKXĐ: x 

1
4

Áp dung bất đẳng thức

a b
 �2 với ab > 0
b a

1
4
x
4x  1

�2 . Dấu “=” xảy ra  x  4x  1 � x 2  4x  1  0
x
4x  1

Với điều kiện x  � x 4x  1  0 . Nên:

1
4

 x 2  4x  4  3  0 � (x  2) 2  3 � x  2  � 3 � x  2 � 3 (TMĐK x  )
e) áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết hợp với
phương trình đã cho kết ḷn nghiệm.
Ví du 29: Giải phương trình
x 2  x  1   x 2  x 1 x 2  x  2

(1)

x2 + x - 1 > 0
(*)
x - x2 + 1 > 0
áp dung bất đẳng thức Cauchy cho mỗi số hạng ở vế trái của (1)
ĐKXĐ:

Ta có: x 2  x  1 

x 2  x  1 1
2

x  x 2 1 

=>

x  x 2 1 1
2

x 2  x  1   x 2  x 1 x 1

Kết hợp với phương trình (1) ta được: 0  x2 - x + 2 < x+1
 (x-1)2 < 0. Đẳng thức xảy ra khi x=1 (thoả mãn điều kiện (*)).
Thử: Thay x=1 vào phương trình (1) ta thấy x=1 là nghiệm duy nhất của
phương trình (1).
60) Phương pháp tam thức bậc hai:
Đưa phương trình đã cho về dạng chính tắc ax2 + bx +c = 0 ) (a 0)
Ví du 30: Giải phương trình
x2 - 7x + 2(x+2). x  3 24
(1)

ĐKXĐ: x  -3
Khi đó (1)  x2 + x - 8x - 24 + 2(x+2). x  3 0
 - 8(x +3) + 2(x +2). x  3 + x 2 + x = 0 (2)
Đặt y = x  3 (y > 0) ,
(2)  - 8y2 + 2(x + 2)y + x2 + x = 0
' = (x + 2)2 + 8(x2 + x) = (3x + 2)2
Phạm Thị Chiến

*******************************
15

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

 x  2  3x  2  x
 x  2  3x  2 x  1


, y2 =
8
2
8
4
 x
 x
Với y1 =
ta có x  3   x + 4 x  3 0

4
4
 x +3 + 4 x  3  3 0

y1 =

' = 4 + 3 = 7

=>

7 < 0 (loại)

x  3  2 

x  3  2  7 > 0
 x +3 = 4 + 7 - 4 7

Với y2 =

x 1
x 1
ta có x  3 
2
2
 x + 1 - 2 x  3 0

 x = 8 - 4 7 < -3 (loại)

 x + 3 - 2 x  3  2 0

' = 1 + 2 = 3

(loại)
x  3 1  3  0 (TMĐK)
<=> x + 3 = 1 + 3 + 2 3 <=> x = 1 + 2 3 (thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy x = 1 + 2 3 là nghiệm của phương trình (1)
70) Phương pháp đưa về dạng tổng của đa thức khơng âm bằng khơng.
Ví du 31: Giải phương trình.
x  3 1 

<=>

3 0

x + y + z + 4 = 2 x  2 4 y  3 6 z  5
ĐKXĐ: x > 2 ; y > 3 ; z > 5

(1)
(*)

(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  2) 2  ( z  5  3) 2 0
x  2  1 0


x  3  2 0
z  5  3 0



x-2=1
y-3=4
z -5 = 9



x=3
y=7
z = 14

Đối chiếu với điều kiện (*) nghiệm của phương trình (1) là:
Ví du 32. Giải và biện luận phương trình: x 2  4  x  m x = 3; y = 7; z = 14
80) Giải và biện luận phương trình vơ ti
�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 vơ nghiệm

– Nếu m ≠ 0: x 
Phạm Thị Chiến

m2  4
m2  4
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m 
≥m
2m
2m
*******************************
16

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

+ 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 vơ nghiệm
Ví du 33. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2  3 x  m
Giải.
�x �m

�x �m
�

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

2
Ta có: x  3  x  m � � 2

– Nếu m = 0: phương trình vơ nghiệm
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: x 

+ 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 vơ nghiệm
Ví du 34: Giải và biện luận theo tham sớ m phương trình: x  x  m  m

Giải.
Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vơ 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
( 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

5. Một số sai lầm khi giải phương trình vô tỷ.
Thường học sinh hay mắc sai lầm khi giải phương trình vơ tỷ mà có căn bậc
chẵn, đó là:
- Khơng tìm tập xác định khi giải:
- Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương các phương trình.
Ví du: Giải phương trình: 3x  2  2 x  3  5 x  1
(1)
Phạm Thị Chiến

*******************************
17

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI

******************************

Giải sai:
Chuyển vế: 3x  2  5 x  1  2 x  3
 3 x - 2 = 5x - 1 + 2x - 3 + 2 (5 x  1)(2 x  3)
 2 10 x 2  17 x  3  4 x  2


10 x 2  17 x  3 1  2 x (2)

 10x2 - 17x + 3 = 1 + 4x2-4x (3)
 6x2 – 13x + 2 = 0
 x 2
 (x - 2)(6x - 1) = 0  
x 1
6


Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 2; x =

1
6

Phân tích sai lầm: ở đây học sinh không chú ý đến điều kiện có nghĩa của
căn thức.
Trong ví du trên: Điều kiện x >

3
1
3

1
. Do vậy
<
nên x = không là
2
6
2
6

nghiệm của phương trình (1). Để khắc phuc sai lầm này ta tìm ĐKXĐ của phương
trình hoặc giải rồi thử các giá trị tìm được của ẩn vào phương trình đã cho để kết
luận nghiệm.
- Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương các phương trình.
ở ví du trên: các phương trình (2) và (3) khơng tương đương mà
 1  2 x 0

Phương trình (2)  

2
10 x  17 x  3 1  x 

2

1
2

Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x< .
=>x = 2 cũng không là nghiệm của phương trình (1).
Giải đúng:
ĐKXĐ: x >

3
2

(*) . Ta có: (1)



10 x 2  17 x  3 1  2 x

1

1  2 x 0
x 


2
 2
2
10 x  17 x  13 1  4 x  4 x
 6 x 2  13x  2 0


1

 x  2
1
 x .

6

 x 2, x  1
1
2

6

Đối chiếu với điều kiện (*) => phương trình (1) vơ nghiệm.
6. Bài tập ôn tập
Giải các phương trình:
a) 3 25  x  3 3  x 4
b) 1  x  4  x 3
Phạm Thị Chiến

*******************************
18

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

c) x2 - 4x - 3 = x  5
d) x  2  2 x  1  x  2  2 x  1 = 2
e) x = ( x  2).1  1  x 
g)
h)

4


97  x  x  15 4

2



4

(5  2 6 ) x  (5  2 6 ) x 10

i) x  2  4  x  x 2  6 x  11
k) x + 8  x 2 9 y 2  6 y  5
l) x 2  1  x 2  4 2
n) 3 2 x  1  3 x  1 1
P)

36
x 2



4
y 1

28 - 4 x  2 

y 1

q) 3x 2  7x  3  x 2  2  3x 2  5x  1  x 2  3x  4

r) 3x(2  9x 2  3)  (4x  2)(1  1  x  x 2 )  0

KẾT LUẬN
Qua nhiều năm dạy học sinh lớp 9 loại toán này, các em gặp loại bài tập
này trong chương trình THCS các em đều vận dung giải tương đối tốt
Kết quả đối chứng sau đây sẽ chứng tỏ điều đó
Trước khi đề tài thực hiện
Lớp
Sĩ số
9A
32
Sau khi thực hiện đề tài
Lớp
9A

Sĩ sớ
32

Giỏi
4
Giỏi
8

Khá
8
Khá
13

Trung bình
13

Trung bình
11

Yếu
7
Yếu
0

Ngồi ra các bài tốn này gặp trong kỳ thi chọn học sinh giỏi của trường , học
sinh giỏi cấp Huyện giải bài toán này đạt kết quả cao
Bài học kinh nghiệm :
1. Với mỗi bài toán cần hướng dẫn cho các em nắm chắc phương pháp giải các bài
toán cơ bản , vận dung giải thành thạo các dạng của loại toán đó sau đó mới đưa
các bài tập nâng cao yêu cầu học sinh phải độc lập suy nghĩ và suy nghĩ sáng tạo
mới giải được .
2. Cần thường xuyên ôn lại loại tốn đó.
3. Cần hướng dẫn học sinh tìm tịi nhiều cách giải và biết chọn cách giải hay nhất
để trình bày vào bài làm
Phạm Thị Chiến

*******************************
19

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

4. Tạo cho học sinh niềm tin và khát vọng nếu cố gắng nỗ lực thì kết quả ngày

càng cao
5. Chi giúp đỡ học sinh trong việc tìm tịi lời giải khi nào khơng có sự giúp đỡ của
giáo viên thì các em không vượt qua được và bằng phương pháp gợi mở . Tránh
giải bài toán cho học sinh .
6. Rèn cho học sinh nếp suy nghĩ khoa học , không bao giờ thoả mãn với kết quả
đã đạt được .
7. Kỹ năng trình bày lời giải bài tốn phải chặt chẽ có cơ sở khoa học trong phạm
trù kiến thức cho phép của bậc học.
Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vơ ti trong khn khổ
chương trình cấp THCS, mà cu thể là những phương pháp giải phương trình vơ ti
của lớp 9 . Ngồi những phương pháp mà tơi chắt lọc nêu trên, chắc chắn cịn
nhiều phương pháp giải khác mà bản thân tôi, do năng lực cịn hạn chế nên đề tài
của tơi khơng thể khơng cịn những sơ suất. Chính vì vậy, tơi rất mong có sự đóng
góp, bổ xung của các đồng nghiệp để đề tài hồn thiện hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn !
Phùng xá ngày 2/5/2013
Xác nhận của thủ trưởng cơ quan

Tôi xin cam đoan SKKN này do tôi tự
viết không sao chép của ai.
Người viết

Phạm Thị Chiến

Phạm Thị Chiến

*******************************
20

Trường THCS Phùng Xá

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC

I.

Hội đồng khoa học trường:
- Nhận xét:

…………………………………………………………..……………………………………………

…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
……………………………………………………………………………………………………………………..………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………

- Xếp loại:
II.

…………………………………………..…………………………………………

Hội đồng khoa học Phòng Giáo duc:
- Nhận xét:

……………………………………………………………..……………………………………………

…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..
……………………………………………………………………………………………………………………………………………..
…………………………

- Xếp loại:
III.

…………………………………………..…………………………………………

Hội đồng khoa học Ngành:
- Nhận xét:

…………………………………………………………..……………………………………………

…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………
…………………………………………………………………………………………………………………..…………………………

- Xếp loại:

Phạm Thị Chiến

…………………………………………..…………………………………………

*******************************
21

Trường THCS Phùng Xá


MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TI
******************************

Phạm Thị Chiến

*******************************
22

Trường THCS Phùng Xá