HSG Toan 9 PT vo ti

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD & ĐT HUYỆN LẬP THẠCH. TRƯỜNG THCS LẬP THẠCH. CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Ở CẤP THCS. Người thực hiện: Trần Mạnh Hùng Đơn vị công tác: GV THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc Đối tượng bồi dưỡng: HSG lớp 9 Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 16. Lập Thạch, tháng 10 năm 2015.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. PHẦN I – PHẦN MỞ ĐẦU. I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:. Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá - giỏi. Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỉ trong SGK rất ít và là những bài đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương đưa về phương trình bậc nhất một ẩn, song thực tế theo dõi trong các kì thi học sinh giỏi lớp 9, các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên hằng năm tôi nhận thấy chủ đề phương trình vô tỉ thường xuyên xuất hiện với số lượng bài tương đối nhiều và thường là những bài khó, không đơn giản chỉ giải bằng phương pháp thông thường. Với mỗi phương trình vô tỉ, tùy đặc điểm cụ thể có thể có nhiều cách giải khác nhau. Có một số phương trình vô tỉ nếu giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa để làm mất căn thức thường dẫn đến một phường trình bậc cao, mà phương trình bậc cao đó việc tìm nghiệm nhiều khi không đơn giản chút nào. Với mong muốn tháo gỡ một số khó khăn trong quá trình dạy và hoc về phương trình vô tỉ, từ đó nâng cao chất lượng, hiệu quả giáo dục. Sau đây tôi xin mạnh dạn trình bày những suy nghĩ cũng như những gì mà tôi tìm hiểu, tham khảo, đã từng áp dụng về phương trình vô tỉ qua đề tài ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS '' kính mong quý thầy cô cùng các bạn đóng góp ý kiến cho tôi để đề tài được áp dụng rộng rãi hơn. II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI:. - Nhằm trang bị cho học sinh một số kiến thức về giải phương trình vô tỉ từ đó phát triển năng lực tư duy, nâng cao chất lượng môn toán, giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và là công cụ giải quyết những bài tập có liên quan đến phương trình vô tỉ. - Tạo ra được hứng thú học tập cho học sinh khi làm bài tập trong SGK, sách tham khảo giúp học sinh giải được một số bài tập. - Giải đáp được những thắc mắc, sửa chữa được những sai lầm thường gặp khi giải phương trình vô tỉ trong quá trình dạy và học. - Giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng thành thạo các phương pháp đó vào giải bài tập. - Thông qua việc giải phương trình vô tỉ giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán và học tốt hơn các bài tập về phương trình vô tỉ. Đồng thời góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả giáo dục. III- PHẠM VI NGHIÊN CỨU - ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:. Phát triển năng lực tư duy toán học của học sinh thông qua các bài toán giải phương trình vô tỉ đối với học sinh THCS.. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Đề tài này áp dụng đối với học sinh THCS chủ yếu là Đội tuyển HSG khối 9 luyện thi HSG cấp tỉnh và thi vào THPT chuyên. IV- CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU VÀ TIẾN HÀNH:. 1. Phương pháp nghiên cứu: + Tham khảo thu thập tài liệu. + Phân tích, tổng kết kinh nghiệm. + Kiểm tra kết quả chất lượng học sinh. + Đưa ra bàn luận theo tổ, nhóm chuyên môn, cùng nhau thực hiện. + Phương pháp điều tra, trắc nghiệm. + Ngoài ra tôi còn sử dụng một số phương pháp khác. 2. Phương pháp tiến hành: Thông qua các dạng phương trình vô tỉ cơ bản đưa ra phương pháp giải, hướng khắc phục những sai lầm thường gặp và đưa ra các dạng bài tập tự giải.. PHẦN II- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI I- CƠ SỞ LÝ LUẬN:. Như chúng ta biết Toán học là một môn khoa học công cụ, nó giữ vai trò chủ đạo trong các nhà trường cũng như đối với các ngành khoa học khác. Toán học như một kho tàng tài nguyên vô cùng phong phú và quí giá nếu ai đã đi sâu tìm hiểu, khai thác thì sẽ thấy rất mê say, ham muốn khám phá và thấy được Toán học cũng thú vị, lãng mạn không kém những môn khoa học khác. Các bậc phụ huynh, các thầy cô giáo, các thế hệ học sinh luôn mơ ước học giỏi bộ môn Toán, tuy nhiên để đạt được điều đó thật chẳng dễ dàng gì. Hiện nay, trong các nhà trường đặc biệt là nhà trường THCS, ngoài việc dạy kiến thức cơ bản cho HS thì việc dạy cách học, cách nghiên cứu và phát triển kiến thức cho các em rất được chú trọng. Với mong muốn giúp các em học sinh hiểu bài cơ bản và ngày một say mê bộ môn Toán, bản thân mỗi người giáo viên phải tự mình tìm ra những phương pháp giải sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và kích thích lòng ham muốn học Toán của các em, từ đó tìm ra được những học sinh có năng khiếu về bộ môn này, để có thể bồi dưỡng các em trở thành những học sinh giỏi, có ích cho xã hội. Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vôi tỉ. Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình không mẫu mực, để giải được phương trình vô tỉ đòi hỏi người học phải có một nền tảng kiến thức vững vàng, tư duy sáng tạo, biết phân tích, tổng hợp nhiều loại kiến thức đã học từ đó tìm ra hướng giải quyết cho từng dạng bài cụ thể, đặc biệt là cần nắm chắc các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải từng dạng đó.. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Phương trình vô tỉ là một dạng phương trình hay và khó, việc giải phương trình vô tỉ đánh giá được năng lực giải toán và năng lực tư duy toán học của người học nên phương trình vô tỉ luôn được xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi cũng như trên các tạp chí toán học. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh, đặc biệt là đội tuyển HSG những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỉ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng nên tôi xin trình bày đề tài: ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS '' Trong đề tài, tôi đưa ra một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và phương pháp giải, phù hợp với trình độ của học sinh THCS. Trang bị cho học sinh một số dạng toán và phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản áp dụng để làm bài tập. Rút ra một số chú ý khi làm từng phương pháp. Chọn lọc một số bài tập hay, phù hợp cho từng phương pháp giải, cách biến đổi. Vận dụng giải các bài toán có liên quan đến phương trình vô tỉ. Tôi hy vọng đề tài này sẽ giúp ích cho học sinh ở trường THCS, đặc biệt là đội tuyển HSG trong việc học và giải phương trình vô tỉ. Qua đó các em có phương pháp giải đúng, tránh được tình trạng định hướng giải bài toán sai hoặc còn lúng túng trong việc trình bày lời giải, giúp học sinh học tập tích cực hơn, đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi các cấp, cũng như thi vào THPT chuyên. II- CƠ SỞ THỰC TIỄN:. Trong chương trình Toán THCS, các bài toán về phương trình vô tỉ được đề cập đến không nhiều, nhưng nó lại có rất nhiều dạng và có vai trò rất quan trọng trong tất cả các kì thi. Các bài toán dạng này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc và vận dụng thật nhuần nhuyễn, có hệ thống một số kiến thức khác như: phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình tích, ĐK của một số loại biểu thức...Nó nâng cao khả năng vận dụng, phát triển khả năng tư duy cho HS, ngoài ra nó còn là một trong những kiến thức được sử dụng thi HSG, thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH chuyên dưới dạng bài tập khó. Trên thực tế, với kinh nghiệm bản thân trong nhiều năm giảng dạy Toán 9 và ôn thi vào lớp 10 THPT tôi thấy HS thường không giải được hoặc mắc một số khuyết điểm sau khi giải phương trình vô tỉ như: - Thiếu hoặc sai ĐK của phương trình (chủ yếu là ĐK của căn thức). - Chỉ giải được dạng phương trình đơn giản trong SGK. - Khi bình phương hai vế của phương trình để làm mất CBH thường các em không tìm ĐK để cả hai vế đều dương. - Ở dạng phức tạp hơn thì các em chưa có điều kiện nghiên cứu nên kĩ năng giải rất hạn chế, các em thường không có cơ sở kiến thức để phát triển phương pháp giải. - Có rất ít tài liệu đề cập sâu về dạng phương trình này. - Không đồng đều về nhận thức trong một lớp nên việc phát triển kiến thức về phương trình vô tỉ trong các tiết dạy là rất khó. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 35 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về giải phương trình vô tỉ như sau: Điểm dưới 5. Điểm 5 - 6. Điểm 7 - 8. Điểm 9 - 10. SL. %. SL. %. SL. %. SL. %. 18. 51.4. 12. 34.3. 4. 11.4. 1. 2.9. Một trong những nguyên nhân dẫn tới những khó khăn trên của HS đó là các em chưa phân biệt được các dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải nó, việc tìm tòi, khám phá về phương trình vô tỉ cũng gặp rất nhiều khó khăn vì các tài liệu về phương trình vô tỉ cũng chưa nhiều. Để giúp các em HS nắm đúng, nắm chắc từng dạng và phương pháp giải từng dạng từ đó phát triển năng lực tư duy nhằm đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh, tôi mạnh dạn viết chuyên đề ''Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS '' áp dụng cho đội tuyển HSG khối 9 với hy vọng phần nào tháo gỡ những khó khăn cho các em HS khi gặp dạng phương trình này và cũng là một tài liệu nhỏ để tham khảo đối với các bạn đồng nghiệp.. III- NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI: A- PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN: 1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa: a) Dạng 1: f ( x) c (1) (c là hằng số. Đây là dạng đơn giản nhất của PT vô tỉ Sơ đồ cách giải: - Nếu c < 0 phương trình (1) vô nghiệm. - Nếu c = 0 thì (1)  f(x) = 0. Giải phương trình này ta tìm được nghiệm của (1) - Nếu c > 0 thì (1)  f(x) = c2. Giải PT này ta tìm được nghiệm của (1) 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: x  5 x  6 0. Gợi ý: Ta có:.  x  3 x 2  5 x  6 0  x 2  5 x  6 0    x  2 (t/m). Vậy tập nghiệm của phương trình là. S   3;  2. 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  3x  1 5. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gợi ý: Ta có:. Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  3 x x 2  3 x  1 5  x 2  3 x  1 25  x 2  3x  24 0    3 x . 105 2 105 2 (t/m).  3  105 3  105  S  ;  2 2    Vậy tập nghiệm của phương trình là:. b) Dạng 2:. f ( x)  g ( x). Sơ đồ cách giải:.  g (x) 0 f ( x )  g ( x)   2 f(x)  g (x). Ví dụ 1: Giải phương trình : x  3  x  3 Gợi ý: ĐK: x - 3 0  x 3. (1). Ta có: (1)  x+3 = (x-3)2  x2 -7x + 6= 0  (x-1)(x-6) = 0  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6. Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1 13.  x 1  x 6 . (1). Gợi ý: Ta có: (1)  x  1 13  x (2).  x  1 0  x 1   ĐK : 13  x 0   x 13  1  x 13. 2 2 Bình phương hai vế của (2) ta được : (2)  x  1 (13  x)  x  27 x  170 0.  x  10 0  x 10  x  17 0   ( x  10 )( x  17 ) 0     x 17. Chỉ có x 10 thỏa mãn đk. Vậy nghiệm của phương trình là x 10 c) Dạng 3:. f ( x)  g( x). Sơ đồ cách giải:.  f ( x ) 0  f ( x)  g ( x)   g ( x) 0  f ( x ) g ( x) . Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  3  4 x  7 3   x  2 2 x  3 0  7   2 x  3  4 x  7  4 x  7 0  x   x 5 4 2 x  3 4 x  7    x 5  . Gợi ý: Ta có: Vậy nghiệm của phương trình là: x = 5. 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  5 x  6  1  x Gợi ý: Ta có:. (1). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc   x  3   x  3     x 2  5 x  6 0   x  2   x  2    2 x  5 x  6  1  x  1  x 0   x 1   x 1   x 2  5 x  6 1  x  x 2  6 x  5 0  x  1       x  5 S   1;  5.  x  1  x  5 . Vậy tập nghiệm của phương trình là:. 2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  x  1  2 x  5 x  9. Gợi ý: Ta có:.  x 2  x  1 0  x 2  x  1  2 x 2  5 x  9  2 x 2  5 x  9 0  x 2  x 2  x  1 2 x 2  5 x  9  x 2  6 x  8 0     x 4. Vậy tập nghiệm của phương trình là:. S  2; 4. d) Dạng 4 : f ( x)  g( x) c (1) (c là hằng số) - Nếu c < 0 thì phương trình (1) vô nghiệm. - Nếu c = 0. Ta có: (1).  f (x) 0 f ( x)  g( x) 0   g(x) 0. . . - Nếu c>0. Ta có: (1).  f (x) 0  f ( x )  g( x) c  g(x) 0  2  f (x)  g(x)  2 f (x).g(x) c.  f (x) 0   g(x) 0   2 2 f (x).g(x) c  f (x)  g(x). * Chú ý: Nếu ta có: f (x) . g (x) c . f ( x) . g( x) c.  f (x) 0 g(x) 0  c 2  f (x)  g(x) 0  4 f (x).g(x)  c 2  f (x)  g(x)  2   . (x)giải 0 như sau:  f ta thì. g(x) 0  f (x)  g (x)  c   g (x)  c 0   f (x)  g (x)  c . . . 2.  f (x) 0 g(x) 0    g (x)  c 0 2   f (x) g (x)  2 c g (x)  c. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  3  x  1 0 (1)  Gợi ý: Ta có:. 2 x  3 0 2 x  3  x  1 0     x  1 0. 3  x  2   x 1 (vô nghiệm). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. x  1  2 x  1 5 (1) Ví dụ 2: Giải phương trình:  x 1 Gợi ý: ĐK Ta có:.  x  1 0   2 x  1 0.   1  x 1  x  2. x  1  2 x  1 5 . . x  1  2x  1. . 2. 25. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  27  3 x 0  2  x  1  2 x  1 27  3 x   2 2  4  2 x  3 x  1  27  3 x  1 x 9 1 x 9   2    x 5  x 5  x  150 x  725 0   x 145  (t/m). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5 2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  9  x  x  3 2 (1). x2  9 . Gợi ý: Ta có:. x 2  x  3 2 .  x 2  x  3 0    2 x  9  x2  x  3  2  . . . 2. . 1 x. x 2  9  x 2  x  3 2.  1  13  x  2     1  13    x   2  2 4 x  x  3  x  8 . 13. 2  1  13  x  2    x  8  2 2 16  x  x  3  x  16 x  64     .  1  13  8 x     1  13 2    8 x   2  x 4 1  13    x       1  13 2  x   28   x  2  15     x 4 2  15 x  32 x  112 0   28  x  15    28  4;  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  15 . e) Dạng 5:. f ( x )  g( x ) h( x). - Đặt điều kiện:. (1).  f (x) 0  g(x) 0 h(x) 0 . - Bình phương hai vế của (1), ta có: f (x)  g(x)  2 f(x).g(x)  h(x). 2. 2.  2 f (x) g(x)  h(x)   f (x)  g(x). * Chú ý: Giải tương tự với dạng:. f ( x) . g( x) h( x). . Trở lại dạng 2. với điều kiện. Ví dụ 1: Giải phương trình: x  8  2 x  7  x  1  x  7 4. f ( x ) h( x). (1).    x  7 0  x  7  x  7  x  7      x  1 0   x  1 0  x 2  x  8  2 x  7 0    x  1  x  7   x 2  x  6 0  x  3   x  1  x  7 0    x 2 Gợi ý: ĐK: Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Ta có:. (1). . 2. . . . x  7 1  x 1 . x  7 1  x 1 . x  7 4. x  7 4 . x 1 . x  7 3 . x7. 3  x  7 0  x  7 3    x  1  x  7 9  x  7  6 x  7 5 x  7 15 . x  7 3  x  7 9  x 2(t/ m). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1  x  1 x  2 (1). Gợi ý: ĐK:.  x 2  x  1 0  x  1    x  1  x  1 0 x  2   x  2 0 . 2 2 2 Ta có: (1)  x  x  1  x  1  2 ( x  x  1)( x  1) x  4 x  4.  2 x 3  1 4 x  2 . x 3  1 2 x  1  x 3  1 4 x 2  4 x  1.  x 0   x 3  4 x 2  4 x 0  x  x 2  4 x  4  0   x 2  2 2 (t/ m)  x 2  2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình là: g) Dạng 6:. . S  0; 2  2 2; 2  2 2. . f ( x )  g ( x )  h( x ).  f ( x) 0  g ( x) 0    h(x) 0  f ( x)  g ( x)  2 f ( x).g ( x) h( x)  Sơ đồ cách giải:.  f ( x) 0  g ( x ) 0  h(x) 0  2 f ( x).g ( x) h( x)  f (x)  g(x) . Đến đây bài toán trở lại dạng 2 Chú ý: Giải tương tự với dạng:. f ( x) . g ( x )  h( x ). Ta có: f ( x)  g ( x)  h( x)  h(x)  g(x )  f(x)  Bài toán trở lại dạng 6  43x  4  x  4 2 x  Ví dụ 1: Giải phương trình: (1) x  3 x  4 0   x  4 0   x 0 . Điều kiện: Ta có: (1). 3   x 4  x 4  x 0  .  3x  4  x  4  2.  3x  4   x  4 . 4 x. 4  x   4 x  2  3 x  4   x  4  4 x   3 x  4   x  4  0  3  x 4   x 4. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. (t/m) 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  1 - x  7 = 12  x  x  1 = 12  x + x  7 (1)  x  1 0  x  1 Gợi ý:. ĐK:.  12  x 0   x  7 0 .   x 12  7  x 12  x 7 . (2). Bình phương hai vế ta được: x  1 12  x  x  7  2 ( 12  x )( x  7 )  x  4 2 ( 12  x )( x  7 ) (3) Ta thấy hai vế của phương trình (3) đều thỏa mãn (2) vì vậy bình phương 2 vế của phương trình (3) ta được: (x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84)  5x2 - 84x + 352 = 0 44 Phương trình này có 2 nghiệm x1 = 5 và x2 = 8 đều thoả mãn (2).  44  S  ;8 5  Vậy tập nghiệm của phương trình là: f ( x )  g( x )  h (x)  k (x) h) Dạng 7: Sơ đồ cách giải: f (x) 0. g(x) 0    h(x) 0  Điều kiện: k(x) 0. Bình phương hai vế của phương trình, ta có: f (x)  g(x)  2 f (x) g(x) h(x)  k(x)  2 h(x) k(x). 2. . f (x) g(x) . . h(x) k(x) h(x)  k(x)  f(x)  g(x)  Bài toán trở lại dạng 5. Ví dụ 1: Giải phương trình : x  1 + x  10 = x  2 + x  5  x  1 0  x  10 0    x  2 0  x  5 0. Gợi ý: ĐK :  Bình phương hai vế của (1) ta được:.  x  1  x   10    x  2  x   5. (1).  x ≥ -1 (2). x+1 + x+ 10 + 2 ( x  1)( x  10) = x+2 + x+ 5 + 2 ( x  2)( x  5)  2 + ( x  1)( x  10) = ( x  2)( x  5) (3) Với x  -1 thì hai vế của (3) đều dương nên bình phương hai vế của (3) ta được: 4  4 ( x  1 )( x  10 )  ( x  1 )( x  10 ) ( x  2 )( x  5 ) . ( x  1 )( x  10 )  x  1. Điều kiện ở đây là x  -1 (4) x  1  Kết hợp giữa (2) và (4):  x   1  x = -1 là nghiệm duy nhầt của phương trình (1).. Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 x  1  2 x  16  2 x  4  2 x  9 (1). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 1  x    2 x  1 0 2   2 x  16 0 x  8 1     x  2  2 x  4 0  x  2  2 x  9 0  9 x   2 Gợi ý: ĐK:. Ta có: (1).  2 x  1  2 x  16  2 .  2 x  1  2 x  16 . 2 x  4  2 x  9  2.  2x  4  2x  9. 4 x 2  34 x  16  2  4 x 2  26 x  36 (2). Hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế của (2), ta có:.  2   4 x 2  34 x  20  4 . 4 x 2  34 x  16 4 x 2  26 x  36. 4 x 2  34 x  16  2 x  4  2 x  4 0  2  2 4 x  34 x  16 4 x  16 x  16.  x 2  x 0(t/ m)   x 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 * Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng vào giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, song trong quá trình giảng dạy cần chú ý khi nâng lên luỹ thừa bậc chẵn thì phải có điều kiện để cả hai vế của phương trình đều dương. Với hai số dương a, b nếu a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3.....) Từ đó mà chú ý điều kiện tồn tại của căn thức, điều kiện ở cả hai vế của phương trình đều dương đây là những vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan, còn thiếu sót khi sử dụng phương pháp này. Ngoài ra còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều phương pháp khác lại với nhau . 2. Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối:. Sơ đồ cách giải:.   f ( x) 0   f ( x)  g ( x) 2 f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)     f ( x) 0    f ( x)  g ( x). Ví dụ 1: Giải phương trình: x  2  3 2 x  5  x  2  2 x  5 2 2 (1) (Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình – Năm học 2014 - 2015) Gợi ý: ĐK:. x. Ta có: (1) . 5 2. 2 x  4  6 2 x  5  2 x  4  2 2 x  5 4. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc . .  1. 2x  5  3. . 2. 2 x  5 1 . . 1. 2x  5. . 2x  5  1.  x  1 Ví dụ 2: Giải phương trình:. 2. 2. 4 . 2x  5  3  1. 2 x  5 0 . 2 x  5 4. 2 x  5 1 . 5  x 3 (t/m) 2.  x 2  4 x  4  x 2  6 x  9 14. (1). (Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang - Năm học 10 - 11) x  1  x  2  x  3 14 Ta có: (1)  (*).  16   4;  Xét các trường hợp, ta được tập nghiệm là S =  3  2 Ví dụ 3: Giải phương trình: 9 x  24 x  16  x  4 (1). 9 x 2  24 x  16 0 (3 x  4) 2 0x    x 4 ĐK:  x  4 0. Gợi ý:.  3 x  4  x  4  3x  4 Ta có: (1)  = -x + 4   3 x  4  x  4.  x≤4.  x 2    x 0 (thỏa mãn). Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 = 2; x2 = 0 Nhận xét : Phương pháp đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối được sử dụng để giải một số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc như trên, song trong thực tế cần lưu ý cho học sinh một số vấn đề sau: - Áp dụng hằng đẳng thức. A2 = A. - Học sinh thường hay mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các khoảng giá trị của ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm . 3. Phương pháp đưa về phương trình tích: a) Dạng 1: Đưa phương trình về dạng f(x). g(x) ….h(x)= 0 Các bước giải: + Tìm tập xác định của phương trình. + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x) g(x) ….h(x)= 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;…..; h(x)= 0 là những phương trình quen thuộc. + Nghiệm của PT là hợp nghiệm của các phương trình f(x) = 0; g(x) = 0; ….;h(x)=0 thuộc tập xác định . 2. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  x  3 3x x  3 (1) (Đề thi HSG thành phố HCM – Năm học 2014 - 2015)  3 Gợi ý: ĐK x 2 Ta có: (1)  2 x  2 x x  3  x x  3  (x  3) 0. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  2 x(x  x  3)  x  3( x  x  3) 0  (x  x  3) 2 x  x  3 0. .  x  x  3 0    2 x  x  3 0.  x  x 3    2 x  x  3. .  1  13 x 2   x 1.  1  13  1;  2  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = . x3. 5 x. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 2.  8 x 2 40. (1) (Đề thi HSG tỉnh Hưng Yên – Năm học 2014- 2015). 2 Gợi ý: ĐK: 5  x3  0   5  x  5. x. 2.  8 x 2 40. Ta có: 5x3 x 8 . 2. .  x3  8 x 2  53  x 2 40 2 53  x 2 2. . . 5  x  x  5 0  x  2  5  x.     x  2  5  x   2 x  5  x. . 0. .  x  2  5  x 2  x 2  2 x  5  x 2  20  4 x 2 0 2. TH1:. 2. .  3x 2  20 0 2 2 0 TH2: 2 x  5  x  32 x  20 2. x 2 x 2 54x25 x 0   0x 2ĐK: .  2 x  5  x 3x  20.  5 x 2 20  x 2.  4 x 2  5  x 2 9 x 4  120 x 2  400. .  x 2. .  13x 4  100 x 2  400 0 (vô nghiệm). Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. Ví dụ 3: Giải phương trình:. √ 2 x 2 − x=2 x − x 2. (1). (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ - Năm học 2014 - 2015)  x 0  x (2 x  1) 0  1   x 2 x(2  x)  0  2 Gợi ý: ĐK: Ta có: (1) . .  2 x2  x  x 2 x2  x   1  x . 2. 2x  x  x. . 2 x 2  x  x  1  x  0.  2 x 2  x x 2 x  x  1  x 0    2 x 2  x   x  1 (loai) . . 2. Giải ra ta được x = 0 hoặc x = 1. 2 Ví dụ 4: Giải phương trình: x  2 7  x 2 x  1   x  8 x  7  1 (1) (Đề thi HSG tỉnh Hòa Bình – Năm học 2010- 2011) Gợi ý: ĐK: 1 x 7. Ta có:. (1) . . . x 1 2 .. x 1. . 7  x 0. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. x  1  2 0.    .  x 5   7  x 0  x 4. x 1. (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  4;5 2 Ví dụ 5: Giải phương trình: x  2 2 x x  x (1) (Đề thi HSG thành phố Đà Nẵng – Năm học 2009- 2010)  Gợi ý: ĐK: x 0. Ta có: (1).  x x . . .  . . x 2 . x  2 0.  x 4 x  2 x x  1 0    t / m  x 1  4;1. . . Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình tích: Các bước giải: + Đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đặt ĐK cho ẩn phụ. + Đưa phương trình về dạng tích (với ẩn phụ). + Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho. + Căn cứ vào ĐKXĐ kết luận nghiệm của phương trình. Ví dụ 6: Giải phương trình:. . x3   x  1 x  1  2 2  x  x  1  2. . 3. (1) (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2014 - 2015). Gợi ý: ĐK: x  1 Đặt: y  x  1; z  2 Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2) Chứng minh được (2)  (x+y)(x+z)(z+x) = 0 1 5  x 2 ( thỏa mãn) Với: x + y = 0  x  x  1 0  x  1  x Với: x + z = 0  x  2 0  x  2 ( loại). Với: y + z = 0  x  1  2 0 - vô nghiệm 1 5 x 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : Ví dụ 7: Giải phương trình:. 2 x 1 . 3 x  x  1 (1). (Đề thi HSG tỉnh Bắc Giang – Năm học 2009 -2010) Gợi ý: ĐK: x  0 Đặt a = 2 x  1 , b = 3x với a 0, b 0. Suy ra: b2 – a2 = x – 1. Thay vào (1), ta có: a – b = b2 – a2  (a – b)(a+b+1)= 0  a – b = 0 (do a 0, b 0 nên a+b+1>0 ) Với a = b, ta có: 2 x  1 = 3x  x = 1 (t/m). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. 3 Ví dụ 8: Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x  1 (1). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. (Đề thi HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013- 2014) Gợi ý: ĐK: x -1. 2. Đặt a = x  1 , b = x  x  1 với a 0, b>0. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2(a2 + b2) = 5ab  (2a-b)(a-2b)=0  2a=b hoặc a=2b Với a=2b . x  1 =2 x 2  x  1.  4x2-5x+3 = 0, vô nghiệm.. Với b=2a . x 2  x  1 =2 x  1 2.  x -5x-3 = 0.  x. Vậy phương trình có nghiệm:. x. 5  37 2 (thỏa mãn đk x -1.). 5  37 2. 2 Ví dụ 9: Giải phương trình: ( x + 5 - x + 2)(1 + x + 7x + 10) = 3 . (Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2013 -20 14) Gợi ý: ĐK x  - 2. Đặt. x  5 u 0,. x  2 v 0 ta có: uv  x 2  7 x  10, u 2  v 2 3. 2 2 ( u  v )(1  uv )  u  v Thay vào phương trình ta được:.  u v  u 1   (u  v)(1  uv ) (u  v )(u  v)  (u  v)(1  u )(1  v) 0   v 1 * Với u = v ta có. x  5  x  2  PT vô nghiệm. * Với u = 1 ta có. x  5 1  x  4 (loại). * Với v = 1 ta có x  2 1  x  1 (TM) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1 Ví dụ 10: Giải phương trình: √ 2 x 2 +5 x+12+ √ 2 x2 +3 x +2=x +5 (1) (Đề thi HSG tỉnh Ninh Bình – Năm học 2014 -20 15) Gợi ý: ĐK: x -5 Đặt a = √ 2 x 2 +5 x+12 ; b = a2 − b2 2. √ 2 x 2 +3 x+2 => a2 – b2 = 2x +10 => x+5 =. Thay vào phương trình ta được: a+b=. a2 − b2 2. ⇔ 2(a + b) – (a2 – b2) = 0. ⇔ (a+b)(2 – a + b) =. 0 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. vì a + b > 0 nên 2 – (a – b) = 0 hay a – b = 2 Giải ta tìm được x = -1; x =. 1 7. * Nhận xét : Khi giải phương trình bằng Phương pháp đưa về phương trình tích, cần phải biết vận dụng, phối hợp linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải. 4. Phương pháp đặt ẩn phụ: Việc giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ có thể xem như là đáng lẽ ta phải đi đường thẳng thì ta lại đi theo đường vòng nhưng dễ đi hơn để tới đích. Mặt khác do trước hết ta tìm ẩn phụ rồi mới trở về tìm ẩn ban đầu; cho nên cũng có thể xem việc giải phương trình bằng cách dùng ẩn phụ như là một công việc được tách thành hai công đoạn dễ làm hơn. Quy trình giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ: Bước 1: Xuất phát từ bài toán đã cho, chọn các ẩn phụ thích hợp rồi chuyển bài toán đã cho thành bài toán đối với ẩn phụ. Bước 2: Tìm ẩn phụ rồi trở về tìm ẩn ban đầu. Sơ đồ cách giải:. a) Dạng 1: Chuyển bài toán từ ẩn đã cho sang ẩn phụ nhưng giữ nguyên số ẩn và số phương trình: 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  3  x 1 3 x  2 x  5 x  3  16 (1) (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2010- 2011) Gợi ý: ĐK: x -1. Đặt 2 x  3  x  1 u (u 0) Ta có:. . . u 2 3x  4  2 2 x 2  5 x  3  3x  2 2 x 2  5 x  3  16  20. 2 2 Khi đó: (1)  u u  20  u  u  20 0  u 5 (do u 0). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 Với u = 5 ta được: 2 x  3  x  1 5  3x  4  2 2 x  5 x  3 25.  x 7  2 2 x 2  5 x  3 21  3 x   2  x 3 (t/m)  x  146 x  429 0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. Ví dụ 2: Giải phương trình:. x 2  x 2  2  4  x 2 x 2  4. (1) (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương – Năm học 2013- 2014). Gợi ý: Đặt. t  x 2 x 2  4  t 2 2 x 2 (x 2  2)  x 2 (x 2  2) . Lúc này, ta có: (1). . t2 2. t2 4  t  t 2  2t  8 0  2.  t 2  t  4 . Với t = 2, ta có:.  x  0 x  0  x  0 x 2 x 2  4 2    4  2  x 4 2 2  x  2 x  4 0 2  x  2 x  4  x  3  1. Với t = -4, ta có:.  x  0 x 2 x 2  4  4    4 2 2 x  2 x  16   . x  0   4 2 x  2 x  8  0 . Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = Ví dụ 3: Giải phương trình:. . x  0  x  2  2 x  2 . 3  1;  2.  x  1  x  2   4  x  1. 3 1. . x2 12 x 1 (1). (Đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2013- 2014) Gợi ý: ĐK: x  2; x  1 Ta có: (1) .  x  1  x  2   4  x  1. x2  12 0 x 1.  t 2    x  1  x  2  ta có phương trình: t2 + 4t – 12 = 0  t  6 (loai). Đặt t =.  x 2 (t/m)  x 2  x  6 0    x=-3 (t/m) Với t = 2, ta có: (x + 2)(x + 1) = 4 2;  3 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  2 Ví dụ 4: Giải phương trình: 2x2 + 3x + 2 x  3 x  9 = 33 (1) Gợi ý: ĐK:  x  R 2 Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x + 9 + 2 x  3x  9 - 42= 0 (1) 2. Đặt 2 x  3x  9 = t (t 0) (Chú ý rằng học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ t) Ta có: (1)  t2 + t - 42 = 0 Phương trình này có hai nghiệm: t1 = 6 , t2 = -7 < 0 (loại) Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 x 2  3 x  9 = 6  2x2 + 3x -27 = 0 9 Phương trình này có hai nghiệm x1 = 3, x2 = - 2. Từ đó ta có:. Cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình đã cho. 4 Ví dụ 5: Giải phương trình: x + x = 12 (1) Gợi ý: ĐK: x  0 4 Đặt x = t (t 0)  x = t2, ta có: (1)  t2 + t -12 = 0 Phương trình có 2 nghiệm là t = 3 và t = - 4 (loại) 4 Với t = 3  x = 3  x = 81(thỏa mãn) Vậy x = 81 là nghiệm của phương trình đã cho. b) Dạng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến: Ví dụ 1: Giải phương trình:. 3x  1 . x 1  3 x  1. 4x (1). (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ – Năm học 2013 -20 14). 1 x  , x 0 3 Gợi ý: ĐK:. 2 Phương trình tương đương với: 12 x   3 x  1 4 x 3 x  1 .. Đặt a 2 x, b  3x  1.  a 0; b 0 . 2 2 Ta có phương trình: 3a  b 2ab   b  a   b  3a  0  b a hoặc b  3a . Khi đó 3 x  1 2 x hoặc 3x  1  6 x . +) Với 3 x  1 2 x , điều kiện x  0 , ta có 2. 2. 3x  1 2 x  3 x  1 4 x  4 x  3 x  1 0  x 1 hoặc 1  x  0 +) Với 3 x  1  6 x , điều kiện 3 , ta có 3x  1  6 x  36 x 2  3 x  1  x . x . 1 4 (loại).. 3  153 3  153 x 72 72 hoặc (loại)..  3  153  S 1;  72    Vậy tập nghiệm của phương trình là:. 3 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 10 x  1 3 x  6 (1) (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An– Năm học 2010 -20 11) x   1 Gợi ý: ĐK:. Ta có : (1).  10..  x  1  x 2 . x  1 3  x 2  2 . 2 Đặt: a  x  1 (a 0); b= x  x  1.  b  0.  a 3b   a  3b   3a  b  0    b 3a Ta có: 10ab = 3a2 + 3b2 2 2 2 - Nếu a = 3b, ta có: x  1 = 3 x  x  1  9 x  9 x  9  x  1  9 x  10 x  8 0  , 25  9.8  0  Phương trình vô nghiệm.. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 - Nếu b = 3a, ta có: 3 x  1 = x  x  1.  x 5  33 (t/m)  9  x  1  x 2  x  1  x 2  10 x  8 0   1  x2 5  33 (t/m). Vậy tập nghiệm của phương trình là:. . . S  5  33. 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  1 + 2 (x+1) = x- 1 + 1  x + 3 1  x (1) Gợi ý: ĐK: -1  x  1 Đặt x  1 = u  0 và 1  x = t  0 Ta có: (1)  u + 2u2 = -t2 + t + 3ut  (u - t ) 2 + u(u-t) + (u-t) = 0.  x 0  x  1  1  x   u t   x  24  2u  1 t 25 (t/m)  (u-t)(2u - t +1 ) = 0     2 x  1  1  1  x  .   24  S 0;   25  Vậy tập nghiệm của phương trình là:. 2 3 Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 2 x  5 x  1 7 x  1 Gợi ý: ĐK: x 1. Ta đưa phương trình (1) về dạng:. (1). 3  x  1  2  x 2  x  1 7.  x  1  x 2  x  1.  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u 2 u  x  1  0 , v  x  x  1  0  4 Đặt , ta được phương trình: Thay u,v vào ta tìm được: x 4  6 2. 2. Chú ý: Các phương trình dạng  u   v  mu  nv có thể giải như VD3 và VD 4 c) Dạng 3: Chuyển bài toán một phương trình một ẩn x thành bài toán một phương trình một ẩn y mà hệ số còn chứa ẩn ban đầu. Ví dụ 1: Giải phương trình:. Gợi ý: Đặt. x 2  3x 1(x  3) x 2 1. (1) (Đề HSG TP Thái Nguyên – Năm học 2014 - 2015). x 2  1 y với y 1 . Khi đó ta được.  y 3 y 2  3x (x  3)y  (y  3)(y  x) 0    y x 2 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: (4 x  1) x  1 2 x  2 x  2 (1) (Đề HSG huyện Thanh Chương – Năm học 13 - 14) Gợi ý: 2 Đặt x  1  y 1 phương trình trở thành:. (4 x  1) y 2 y 2  2 x  4xy - y = 2y2 - 2x  2y2 - 2x - 4xy + y = 0  y(2y +1) - 2x(2y + 1) = 0 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  ( 2y + 1)(y - 2x) = 0  y = 2x (vì y 1 ). . 2. x  1 2 x . x. 1 3. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: Ví dụ 3: Giải phương trình:. . x2  3 . x. 1 3 (t/m). . x 2  2 x 1  2 x 2  2. (1). 2 Gợi ý: Đặt y  x  2 ; y  2 . Ta có:.  y 3 (1)  x 2  2   2  x  x 2  2  3  3 x 0  y 2   2  x  y  3  3 x 0    y x  1 x 2  2 3  x  7. Nếu y = 3 . x 2  2 x 2  2 x  1  x . 1 2 (loại). Nếu y = x - 1  x 1  2 . Ta có: 5. Phương pháp đưa về hệ phương trình: a. Chuyển các bài toán từ một phương trình một ẩn thành hệ 2 phương trình hai ẩn phụ: Các bước tiến hành: - Tìm điều kiện tồn tại của phương trình. - Đặt 2 ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc. 3 3 Ví dụ 1: Giải phương trình: x 10  17  x 3 (1) (Đề thi HSG tỉnh Kiên Giang – Năm học 2012- 2013). Gợi ý: Đặt a=. 3. x  10 ; b=. Ta có hệ phương trình:. Với Với. a 3   b  0  a 0   b 3. 3. 17  x  a 3  b3 27.   a 3  a  b 3 a  b 3  b 0  2   3 3 2   a 0 a  b 27 a  ab  b 9   b 3.  3 x  10 3  x 17 3  17  x 0  3 x 10 0  x  10   3 17  x 3. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 25- x2 - 10 - x2 = 3. (1) (Đề HSG tỉnh Quảng Ngãi – Năm học 2008 - 2009). 2 2 2 2 Gợi ý: Đặt a= 25  x ; b= 10  x  a  b 15. Ta có hệ phương trình:. a  b 3   2 2 a  b 15. a  b 3   a  b 5. a 4  b 1. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  25  x 2 4  x 2 9  x 3   10  x 2 1 Với (t/m) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 a 4   b 1. (5  x) 5  x  ( x  3) x  3. Ví dụ 3: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK: 3  x  5. 5 x  x 3. =2. (1).  5  x u (u  0)   x  3 t (t 0). Đặt Phương trình (1) trở thành hệ phương trình: u 2  t 2  2  u 0  2 2  Ta có: (1)  u  ut  t  2  ut = 0   t 0. + Với u = 0  5  x 0  x 5 (thỏa mãn) + Với t = 0  x  3 0  x 3 (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =3; x= 5. 3 Ví dụ 4: Giải phương trình: 2  x + x  1 = 1 Gợi ý: ĐK: x  1. 3 2  x u   x  1 t (t 0). Đặt Khi đó: u = 2 - x ; t2 = x- 1 nên u3 + t2 = 1 3. u  t 1( 1 )  3 2 u  t 1( 2 ). Phương trình đã cho được đưa về hệ: Từ phương trình (1)  u = 1 - t. Thay vào phương trình (2) ta có:  t 0   t 0   t 1  2  (2)  (1 - t)3 + t2 = 1  t( t2 - 4t + 3) = 0   t  4t  3 0    t 3. + Với t = 0 . x  1 0  x = 1 (thỏa mãn). + Với t = 1 . x  1 1  x = 2 (thỏa mãn). + Với t = 3  x  1 3  x = 10 (thỏa mãn) Vậy: x= 1; x =2 ; x = 10 là nghiệm của phương trình đã cho. b. Chuyển các bài toán một phương trình một ẩn thành một hệ 2 phương trình gồm một ẩn phụ và một ẩn ban đầu. 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: x + x + 2015 = 2015. (1) (Đề HSG tỉnh Long An – Năm học 2014 - 2015) Điều kiện: x  2015 ; Đặt t = x  2015 0 => t2 – x = 2015. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2  x  t 2015 2 Ta có hệ phương trình :  t  x 2015  t 2  x 2  x  t 0 (t  x)(t  x  1) 0    2 2  x  t 2015  x  t 2015  t  x    x 1  8061   2   t  x  t  x   x 1  8061  2  2 2 * Giải hệ pt:  x  t 2015   x  x  2015 0   . t x  1    x   1      t  x  1  t  x  1  x   1   2  2 * Giải hệ pt:  x  t 2015   x  x  2014 0   . 8057 2 8057 2. * Đối chiếu với điều kiện bài toán, vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 1 x1 . 8061  1  8057 x2  2 2 ;. Ví dụ 2: Giải phương trình x2 - x - 2 1  16x 2 (1) (Đề HSG tỉnh Nghệ An – Năm học 2008 - 2009) 1 x  16 Gợi ý: ĐK: Ta có: (1)  x2 - x = 2( 1  16x  1) . Đặt: 1  16x  1 2y (  1 + 16x = 4y2 -4y + 1 4y2 - 4y = 16x  y2 - y = 4x (*)  y 2  y 4x  (x  y)(x  y  3) 0  2 x  x  4y  Ta có : . y. 1 2).  x y   x  y  3 0 (lo¹i v× x - 1 vµ y 1 )  16 2 2 Với x = y thay vào (*)  x - x = 4x  x 5 (tho¶ m·n)  x 0 (lo¹i)  x2 - 5x = 0  x(x - 5) = 0   Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = 5 Ví dụ 3: Giải phương trình: Đặt:. 3. x 1 = a ;. 3. 3. ( x  1) 2 +. 3. ( x  1) 2 +. 3. x2  1 = 1. x  1 = b nên ta có:. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 3 a2 = ( x  1) ;. 2 3 3 2 b2 = ( x  1) ; ab = x  1 .. Ta được phương trình: a2 + b 2 + ab = 1 (1). Ta có:. a 3  x  1  3 b  x  1. Ta được phương trình: a3 - b3 = 2 (2) 2 2 a  b  ab 1   3 3 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: a  b 2. a 2  b 2  ab 1  a  b 2. Từ hệ phương trình, ta suy ra: a - b = 2  b = a - 2 Thay vào phương trình (1) ta được: 3.(a -1)2 = 0  a =1 3 Với a = 1, ta có: x  1 = 1  x = 0 (thỏa mãn). Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 n a  f (x)  n b  f (x) c Đối với phương trình có dạng: Chú ý:. Ta thường đặt. u  n a  f (x); v  n b  f (x). Khi đó, ta được hệ phương trình:. u  v c  n n u v a  b. Giải hệ này ta tìm được u và v. Từ đó ta tìm được giá trị của x. Nhận xét: Qua các ví dụ trên cho ta thấy phương pháp đưa về hệ phương trình có những điểm sáng tạo và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn. Do đó phương pháp này thường được áp dụng cho học sinh khá, giỏi. Ta cần chú ý một số điểm sau: + Tìm điều kiện tồn tại của phương trình. + Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung. + Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc. Ngoài ra người học còn biết kết hợp phương pháp này với các phương pháp khác như phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp sử dụng hằng đẳng thức. 6. Phương pháp Áp dụng bất đẳng thức: Các bước: * Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) và f(x) a; g(x) a (a là hằng số).. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Nghiệm của phương trình là các giá trị của x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a. * Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số) mà ta luôn có h(x) m; hoặc h(x) m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng thức xảy ra. * Áp dụng các bất đẳng thức: Cauchy; Bunhia côpxki, .... a) Dạng 1: Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm. x 1 -. Ví dụ 1: Giải phương trình:. 3x  2. (1).   x 1  1  x  5  2   x  3  x 1.  x  1 0  5 x  1 0 3x  2 0  . Gợi ý: ĐK:. 5x  1 =. Với x  1 thì x < 5x do đó x  1 < 5 x  1 Suy ra: Vế trái của (1) là số âm, còn vế phải là số không âm. Vậy phương trình vô nghiệm . 2 2 2 4 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  6 x  11 + x  6 x  13 + x  4 x  5 = 3 + 2 (1). Gợi ý: Ta có: (1) . ( x  3) 2  2 +. ( x  3) 2  2 +. Mà.  VP = VT = 3 +. ( x  3) 2  4 +. ( x  3) 2  4 +. 4. 4. ( x  2) 2  1 = 3 +. ( x  2) 2  1 . 2 +. 2. 4+1=3+. 2.  x  3 0  x 3   2 khi  x  2 0  x 2 (vô nghiệm). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. b) Dạng 2: Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế: Ví dụ 1: Giải phương trình. x  2  y  2014  z  2015 . 1  x  y  z 2. (1) (Đề thi HSG huyện Yên Lạc – Năm học 2014 - 2015). ĐK x 2; y  2014; z 2015. . Ta có : (1)  Do . . 2. 2.  . x 2 1 . x  2  1 0;. . 2.  . y  2014  1 . . 2. y  2014  1 0;.  x  2  1 0    y  2014  1 0    z  2015  1 0. . . 2. z  2015  1 0. . 2. z  2015  1 0.  x 3   y  2013  z 2016 . (t/m) Vậy nghiệm của phương trình là (x;y;z)=(3;-2013;2016) Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: x  3x 2 x  1  4 (1) (Đề thi HSG huyện Tam Dương- Năm học 2014 -20 15) Gợi ý: ĐK: x 1. 2 2 Ta có: (1)  x  3x 2 x  1  4  ( x  4 x  4)  ( x  1  2 x  1  1) 0.  x  2 0   x 2(T / m)  x  1  1 0  ( x  2) 2  ( x  1  1) 2 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2 . 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  4 x  5 2 2 x  3 (1) (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An- Năm học 2010 -2011). x. Gợi ý: ĐK Ta có: (1). 3 2. . .  x 2  2 x  1   2 x  3  2 2 x  3  1 0   x  1 2 . . 2  x  1 0 2 x  3  1 0    x  1 (t/m)  2 x  3  1 0. . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1 Ví dụ 4: Giải phương trình:. x  x 2  x  x 2 x  1 (1) (Đề thi hsg thành phố HCM - Năm học 2009 -2010). 2  x  x 0  2  x  x 0. Gợi ý: ĐK Áp dụng BĐT Cauchy cho hai cặp số không âm, ta có: x  x2 1 x  x2 1 x  x 2  x  x 2   x  x 2  .1   x  x 2  .1   x  1 2 2  x  x 2 1  2 Dấu đẳng thức xảy ra khi:  x  x 1  Hệ phương trình vô nghiệm.. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. x 2  6 x  15  x 2  6 x  18 2 Ví dụ 5: Giải phương trình: x  6 x 11 4 2  1   x  3  9 2  x  3  2. Gợi ý:. (1). Ta có: (1) 1. Mà: VT =. 4.  x  3. 2. 2. 1 . 4 3 2. 2.  x  3  9 3 VP = 2  VT VP   x  3 0  x  3 0 . x 3. Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. Ví dụ 6: Giải phương trình: Gợi ý:. x 2  6 x  11  x 2  6 x  13  4 x 2  4 x  5 3  2. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. (1). 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc . Ta có: (1) Mà: VT =.  x  3.  x  3. 2. 2. 2 . 2 .  x  3.  x  3. 2. 2. 2.  4  4  x  2   1 3  2. (*). 2.  4  4  x  2   1  2  4  4 1 3  2. VP = 3  2  x  3 2 0  x 3    2  x 2 x  2  0 Nên (*) xảy ra  (vô lí). Vậy phương trình vô nghiệm. Ví dụ 7: Giải phương trình: 19. Gợi ý: Điều kiện: Ta có: VT = 19 Mà: VP = 3. x 1. x 1. 5. 4. x2  1.  95. 6. x 2  3 x 2. 3. (1).  x  1 0  2  x  1 0  x 2  3 x  2 0  5. 4. x2  1.  95. 6. x2  3 x  2. 190  50  950 3.  x  1 0   VT VP   x 2  1 0  x 1  x 2  3x  2 0 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 7. Phương pháp chứng minh nghiệm duy nhất: Các bước: Khi giải các phương trình vô tỉ mà ta chưa biết cách giải, thường ta sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm, thử trực tiếp để tìm nghiệm của chúng. Rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác. 6 10  4 2  x 3  x Ví dụ 1: Giải phương trình : (1) (Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2007 - 2008) Gợi ý: ĐK: x  2 1 2 3   6  0   4 2  x   0  1 1   2  x 2 x 3 2 x   x     5 1 2 2 2 3  x   0 0   10  4    3  x 5  3  x 2 - Nếu 6 10 1  4 x 3 x 2 Suy ra: 2  x Vậy phương trình có nghiệm 2 3 không  1  6   4 0  2  x  2 1 1  2  x 3  2  x 2x   x     5 1 2 2 2 0  3  x    10  4   2  3  x 5  3  x - Nếu Suy ra:. 6 10 1  4 x 2 x 3 x 2 . Vậy phương trình cũng không có nghiệm. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. 1 2 ta thấy thỏa mãn điều kiện và phương trình đã cho. Với 1 x 2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 5. x 2  28 + 2 3 x 2  23 +. x 1 +. x =. 2 + 9 (1).  x  1 0  x 1  ĐK:  x 0. Gợi ý: Ta thấy x =2 là nghiệm của (1) 5 3 + Với x > 2, ta có: VT > 32  2 27  1  2 9  2 5 3 + Với x< 2, ta có: VT < 32  2 27  1  2 9  2 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 3. 2x. 2. 3. Ví dụ 3: Giải phương trình : Gợi ý: Ta thấy: x = 0 là nghiệm của (1) 3. x 2 3. x2. 2.  3x 3 (1) 3. 0 3. 0. + Với x 0 ta có: VT = 2  3  2  3 2  1 3 Do đó x 0 không thể là nghiệm của (1). Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. 8. Phương pháp Sử biểu thức liên hợp – Trục căn thức Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x  x  1  x  4  x  9 0 (1) (Đề HSG huyện Vĩnh Tường – Năm học 2013 - 2014) Gợi ý: ĐK: x 0. Ta có: (1)  x  9  x  4  x  1  x (1) . 5 1  x 9  x  4 x 1  x . x  9  x  4 5( x  1  x ). (2) Từ (1),(2) suy ra: x  9 3 x  1  2 x 3 x  1  9 x  9  x  9 ,dấu “=” xảy ra khi x=0. Thử lại x=0 là nghiệm của phương trình. Vậy pt đã cho có nghiệm x=0. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 1 5  4. x 3 x4. (1) (Đề HSG huyện Hoằng Hóa – Năm học 2013 - 2014). Gợi ý: ĐK: x > - 3.   2  Ta có: (1)  . 1     2 x  3  . 5   0 x  4 . 1 5 4 4 x  11 4 x  11 x 3  x  4 0   0   1 5 1  5  2 2  x  3  2    x  4  2   x 3 x4 x 3  x4     4. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. 1. . 1.   1  5   x  3  2    x  4  2   x 3  x4    Vì x > - 3 nên 11  Do đó 4x + 11 = 0  x = 4 thỏa mãn điều kiện.. 0.  11  S     4 . Vậy tập nghiệm của phương trình là: 3 2 3 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  8  x  7  x  8 x  8 x  14 0. (1) (Tạp chí Toán tuổi thơ 2 - Số 152). Gợi ý: ĐK: x  7 Phương trình tương đương với: . . 3.  . x 8 1 . . x  7  4  x3  8 x 2  8 x  9 0. x 9.  3.  x  8. 2. .  3 x  8 1. x 9   x  9   x 2  x  1 0 x7 4.   1 1   x  9    x 2  x  1 0  3 x  8 2  3 x  8 1  x7 4      x  9 0  x 9 1 1   x2  x 1 2 3 x 7 4 x  8  3 x  8 1 Vì x  7 nên  >0. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9. B- BÀI TẬP VẬN DỤNG: 2 2 Bài 1: Giải phương trình: x  4 x  4 + x  8 x  16 = 5 (1) Gợi ý: ĐK: x  R 2 2 x 2 x 4 Ta có: (1)  ( x  2)  ( x  4) 5  + =5. ĐS: 0,5; 5,5. Bài 2: Giải phương trình: x  4 x  1  3 + x  6 x  1  8 = 1 (1) Gợi ý: ĐK: x  1 Ta có: (1). . ( x  1  2) 2. Bài 3: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK :  1  x 3. 2 + ( x  1  3) = 1 . x 1 2. +. x 1 3. =1 (2) ĐS: 5  x  10. x  1 + 3  x - ( x  1)(3  x ) = 2 (1). Đặt x  1 + 3  x = t  0  t2 = 4 + 2 ( x  1)(3  x) . t2  4 ( x  1)(3  x ) = 2 (2). Thay vào (1) ta được: (1).  t. t2  4 2  t2 - 2t = 0  t(t-2)= 0  2.  t 0  t 2 . ĐS : -1; 3 Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Bài 4: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK: x 1. x 2  1. x  x 2  1 1. x. Nhận xét Đặt t  x . x 2  1  x  x 2  1 2 (1). x. 1 t  2  t 1 x  1 (t > 0) thì phương trình (1) có dạng: t 2. ĐS : 1. 1 x  2 x x  3x  1 x Bài 5: Giải phương trình sau: (1) Gợi ý: ĐK:  1  x  0 ; x 1 1 1 1 1 x  2 x  3   x   2 x   3 0 x x x x Chia cả hai vế cho x, ta nhận được: (*) t  1  1 t 2  2t  3 0   t  x  t  3(loai) x  2. Đặt. (t 0), thì phương trình (*) có dạng:. 1 5 ĐS : 2 2. 3. 4. 2. Bài 6: Giải phương trình: x  x  x 2 x  1 (1) Nhận xét: x 0 không phải là nghiệm của phương trình. 1 1  (1)   x    3 x  2 x x  Chia cả hai vế cho x, ta được: 1 1 5 3 x t 1  x  3 x . Ta có: t  t  2 0  2 Đặt t=. 3x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7 2 (1) Bài 7: Giải phương   7trình:  21 x 2    7  21 x 2 Gợi ý: ĐK: . 2 Đặt y = x  7 x  7 ; y 0. 5  y   3   y 1  y 1 Phương trình (1) có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0  x  1   x  6 2  Với y = 1  x  7 x  7 1 là nghiệm của phương trình đã cho. 3 Bài 8: Giải phương trình: 5 x  1 = 2( x2 + 2) Gợi ý: ĐK: x  1. (1). x  1. x 2  x  1 2  x 2  2   Ta có: (1) 5. 2 Đặt x  1 = a  0 ; x  x  1 = b > 0  a2 + b2 = x2 + 2 Thay a, b vào phương trình (1), ta có:.  2a  b  0  (1)  5ab = 2(a2 + b2)  (2a- b)( a -2b) = 0   a  2b 0. ĐS:. 5  37 5  37 2 2 ;. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 2.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 2 2 4 2 Bài 9: Giải phương trình: x  3 x  1  x  x  1. (1). 2. u  x  u, v 0; u  v   2 v  x  1  Ta đặt:  2 2  u  v  u  v Ta có: (1)  u  3v  u  v  2(u + v) - (u - v)=. Đến đây ta tìm được u, v. Thay u, v vào thì tìm được x. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1. Bài 10: Giải phương trình sau: x. Gợi ý: ĐK:. x. 1 2 . Bình phương 2 vế ta có:.  2 x   2 x  1  x 2  2 x    2 x  1  1 5 v u  2  uv u  v  u  x 2  2 x  1 5  u v  v  2 x  1 2   Ta có thể đặt: khi đó ta có hệ: 2.  2 x   2 x  1  x 2  1 . x. 2. 1 5 1 5 u v  x2  2x   2 x  1 u , v  0 2 2 Vì nên . Giải tiếp ta tìm được x. 2 2 Bài 11: Giải phương trình:  x  1 x  2 x  3  x  1 2. (1). Gợi ý: Đặt: t  x  2 x  3, t  2 2 2 Ta có: (1)   x  1 t  x  1  x  1   x  1 t 0.  t 2  x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1 0  t 2   x  1 t  2  x  1 0    t x  1 2. ĐS: 1  2. 2. Bài 12: Giải phương trình: x  3x  1  x  3 x  1 (1) 2 Gợi ý: Đặt t  x  1; t 1.  t x    t 3 Phương trình (1) trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = 0  (t - x)(t - 3) = 0. ĐS: 2 2. 2 2 Bài 13: Giải phương trình: 25  x - 15  x = 2 Gợi ý: ĐK: 0  x2  15 2. 2. Đặt: 25  x = a (a 0) (* ); 15  x = b ( b  0) ( ** ) Từ phương trình đã cho chuyển về hệ phương trình: 7  a  2  a  b  2 b  3  2  a  b 5  . a  b  2  (a  b)(a  b)  2(a  b) a  b  0 (1)  .  3x 1 Bài 14: Giải phương trình: 3. 2. ĐS:. . 51 2 .. 2.  3  3 x  1  3 9 x 2  1 1. (1). u  3 3x 1; v  3 3x  1 Đặt Gợi ý:. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc u 2  v 2  uv 1  u  v 2  u v  2  3 3 u  v 2. Phương trình (1) trở thành hệ: 2. 2. 2 2 Do đó:  v  2   v  v  v  2  1  3v  6v  3 0  3  v  1 0  v  1  u 1.  3 3x  1 1  x 0 3 3 x  1  1 Ta có: . ĐS: 0 3. Bài 15: Giải phương trình: x. Gợi ý: ĐK:. Ta được hệ:. 1 2. 1 1 x  x 1 2 2. u 3. Đặt :. (1). 1 1  x ; v   x 0 2 2.  v 0 u  v 1 3 2   1  v  1  v  v  v  1  v  3 0   v 1  3 2 u  v 1  v 3. 1  1  17 ; ; ĐS : 2 2 2 2 Bài 16: Giải phương trình: x  2 x 2 2 x  1 (1). Gợi ý: Điều kiện:. x. 1 2. 2 Ta có : (1)  ( x  1)  1 2 2 x  1.  x 2  2 x 2( y  1)  2 y  1  2 x  1 Đặt thì ta đưa về hệ sau:  y  2 y 2( x  1) Trừ hai vế của phương trình ta được: ( x  y )( x  y ) 0. ĐS: 2  2. 2. Bài 17: Giải phương trình: 2 x  6 x  1  4 x  5 (1) Gợi ý: ĐK. x . 5 4. 1  4 x 2  12 x   Ta có:. 2 2 4 x  5  (2 x  3)2 2 4 x  5  11.  2x  3 2 4y  5   x  y   x  y  2  0  2  2y  3 4x  5 Đặt 2 y  3  4 x  5 ta được hệ :  ĐS: 2  3; 2  1 2. Bài 18: Giải phương trình: x  x  5 5 (1) ĐK: x  5 2 Ta có: (1)  x  5  x  5 ; x  5 (*) 2 Đặt x  5 t 0  t  5 x 2 Kết hợp với (*) ta được hệ:.  x  5 t 2 t  5  x. Từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.. Bài 19: Giải phương trình: 4  4  x x. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc  x 0   0 x 12 4  x 0  4  4  x 0 Gợi ý: ĐK: 2  x  4  y  x 4  y    2 y  4  x ta có hệ phương trình:  y  4  x  y 4  x Đặt 4x  9 ( x  0) 28 Bài 20: Giải phương trình: 7x2 + 7x = .. ĐS:. x.  1  13 2. 4x  9 4x  9 2 t  a  t  2at  a 2 28 28 Gợi ý: Đặt 1 4x  9 2 1 1 a t  t   7t 2  7t  x  4 2 2 ta được: 28 Chọn 1  2 7 x  7 x  t   2  1 7t 2  7t  x  2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: . Bài 21: Giải phương trình: Gợi ý: ĐK: 4  x  6. x 4 +. 6  x = x2 -10x + 27 (1). 1 x  4 16  x   x  4 6  x 2 2 Theo BĐT Cauchy, ta có: ; 1 x  4 16  x  VT  x  4  6  x   2 2 2. Mà: VP= x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + 2  2 (  x)  VT VP khi: x- 4 = 6 – x = 1  2 x 10  x 5 (thỏa mãn) Bài 22: Giải phương trình: Gợi ý: Ta có: (1). . 2. 3 x  6 x  7  5 x  10 x  14 4  2 x  x 2. 2. 3  x  1  4  5  x  1  9 5   x  1. 2. Mà: VT =. 2. 2. ĐS: 5 (1). 2. 2. 3  x  1  4  5  x  1  9  4  9 5 2. VP =. 5   x 1 5 2.  VT VP   x  1 0  x 1 0  x  1 x. Bài 23: Giải phương trình:. 4x  1 +. ĐS: -1.. 4x  1 x =2 (1). 1 Gợi ý: ĐK: x> 4. a b  Áp dụng bất đẳng thức: b a  2 với a, b > 0 xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a = b x 4x  1 4x  1 + x 2 Do đó, ta có:. Dấu “=” của (1) xảy ra khi: x=. 1 4 x  1  x2 - 4x +1 = 0 (do x> 4 ). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. ĐS: 2  3. 3.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. Bài 24: Giải phương trình:. x. x 2  3 x  3,5  2. 2. 2.  2 x  2  x2  4 x  5. (1). 2. 2. Gợi ý: Ta có: x  2 x  2  x  1  1  0 x  4 x  5  x  2   1  0 ( x 2  2 x  2)  ( x 2  4 x  5)  ( x 2  2 x  2)( x 2  4 x  5) 2 (theo Côsi) 3 3 x 2  2 x  2  x 2  4 x  5  2 x 3  x  x 2 2 Dấu “=” xảy ra khi ĐS: x 2  3x  3,5 . 2 4 2 4 Bài 25: Giải phương trình: 13 x  x  9 x  x 16 Gợi ý: ĐK:  1  x 1 2. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. Biến đổi pt ta có: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:. . 13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2. . 2. 256.  13  27   13  13 x 2  3  3 x 2  40  16  10 x 2  2. 10 x  16  10 x 2. áp dụng bất đẳng thức Côsi:. . 2. . 2  2  x  1  x  5  1  x2     3 2  10 x 2 16  10 x 2   x  5 Dấu bằng. Bài 26: Giải phương trình: x 1 Gợi ý: ĐK2 x  2; 2.  1 . x  x  x  2x. x  x  1 .  16    64  2. x  x  2   x  x  1 2 x 2. (1).  3x. 2 x  2  x  x  1  x  x  2  3 x  x  1  x  x  2   2  2 x  x  1 2 x   3 2 x  x  1  x  x  2  2 x. x  x  2.     Nếu x 1 ta có . 2 x .  3. Giải (3) ta tìm được  x. 3 3  x  x  1  x  x  2   2  2 x  x  1  2 x   2  x  x  1  x  x  2   2 x   Nếu x -2 ta có.  4. Giải (4) ta tìm được x Bài 27: Giải phương trình sau:.  3x Ta nhận thấy:. 2. 3x 2  5 x  1 . x 2  2  3  x 2  x  1 . x 2  3x  4.  5 x  1   3 x 2  3 x  3  2  x  2  x 2  2    x 2  3 x  4  3  x  2   và  2x  4 3x  6  x 2  2  x 2  3x  4 3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1. Ta có thể trục căn thức 2 vế:. ĐS: 2 Bài 28: Giải phương trình sau:. 2. 2. x  12  5 3 x  x  5. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. x 2  12 . x 2  5 3 x  5 0  x . 5 3. Gợi ý: Để phương trình có nghiệm thì: Ta nhận thấy: x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân.  x  2  A  x  20 , để thực hiện x 2  4được điều đó ta phải x 2 nhóm, 4 tích tách như sau: 2 về dạng x  12  4 3 x  6  x  5  3  3  x  2   x 2  12  4.  x2   x  2   2  x  12  4. x2  5  3. x 1.   3  0  x 2 x2  5  3 . ĐS: 2 3. 2. 3. Bài 29: Giải phương trình: x  1  x  x  2 (1) Gợi ý: ĐK: x 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình: 3.   2 x 3    x  3  x  3 x  9  x  1  2  x  3  x  2  5   x  3  1   2 3 x2  1  2 3 x2  1  4 x3  2  5     2. 3. x 3. 1. x. 3. Ta chứng minh:. 2. 2. 1 .  1  2 x  1  4 3. 2. x 3. . 3. . 2. 2. x  1 1  3. 2 . x 2  3x  9 x3  2  5. ĐS: 3 x2  3 2. x2 . . Bài 30: Giải phương trình sau: x  x  3. x. 3 2. x . x 3. 2. Gợi ý: ĐK: x  3 Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:. x . 2. . x. 2. . 3. x  0    2  x  3. . . . 3 x  x2 . . 3. 3. .   x. x 2. . . 3  x2  3 x  2.  3.  3. . 3. . 3. x2 . . 3  3.x. 3 3.x. 2. x. 4. 3.  3 27 x 2. 2 4   x  0  x  0 ; x  9  2 x  0     4 3 2 4 4 3 4 4 2 2 ( x  3)  x  9  2 x   4( x  3)  x  9  2 x . ĐS: x  2 2 x2. Bài 31: Giải phương trình: . 3. 9  2x. . 2. x  9. (1). Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc 9   x  2   Gợi ý: ĐK:  x 0. . 2x2 3  9  2 x . . 2. 2. 2. x  9.  3  9  2x   3  9  2x  2 x  18  2 x  6 9  2 x   x  9. Ta có: (1). 2. 4 x2.  6 9  2 x 0.  x . 9 2 (thỏa mãn). 9 ĐS: 2. IV- ỨNG DỤNG VÀO THỰC TIỄN CÔNG TÁC GIẢNG DẠY. 1. Nhận xét: Trên đây tôi giới thiệu với các bạn một số dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải mà tôi đã áp dụng trong thực tiễn giảng dạy, bồi dưỡng HSG lớp 9. Kết quả thu được đó là chất lượng các đội tuyển HSG ngày càng được nâng cao hơn. Khi áp dụng chuyên đề này tôi nhận thấy các em được trang bị một lượng kiến thức đa dạng, phong phú, huy động được tổng hợp rất nhiều loại kiến thức trước đó, từ đó phát triển và nâng cao khả năng tư duy logic, phát huy tính độc lập sáng tạo của học sinh. Trong chương trình toán phổ thông của chúng ta còn rất nhiều phương pháp nữa (phương pháp miền giá trị, phương pháp hàm số....), trong đề tài này tôi chỉ trình bày một số phương pháp thông dụng trong chương trình trung học cơ sở. Tuy nhiên với dạng toán này thì không phải đối tượng nào cũng tiếp thu một cách dễ dàng, vì vậy giáo viên phải khéo léo lồng ghép vào các tiết dạy nhằm thu hút và phát huy sự sáng tạo cho từng đối tượng học sinh. Đây là một vấn đề hoàn toàn mới mẻ và hết sức khó khăn cho học sinh, giáo viên nên cho các em làm quen dần. Dạng toán này có tác dụng tương hỗ, cao dần từ những kiến thức rất cơ bản trong sách giáo khoa, giúp học sinh khắc sâu kiến thức biết t ư duy sáng tạo, biết tìm cách giải dạng toán mới, tập trung “Sáng tạo” ra các vấn đề mới. 2. Kết quả sau khi áp dụng đề tài: Sau khi áp dụng đề tài, tôi thấy rằng chất lượng qua kiểm tra đã được nâng lên đáng kể, đặc biệt là đối tượng HS khá – giỏi chất lượng được nâng lên rõ rệt. Cụ thể, qua khảo sát 35 em học sinh đạt kết quả như sau: Điểm dưới 5. Điểm 5 - 6. Điểm 7 - 8. Điểm 9 - 10. SL. %. SL. %. SL. %. SL. %. 6. 17.1. 17. 48.6. 8. 22.9. 4. 11.4. Điều đó đã minh chứng tính đúng đắn của đề tài, nó đã giúp học sinh có nền tảng kiến thức để vượt qua những khó khăn ban đầu. Từ đó giúp HS tiếp cận phương trình vô. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. tỉ một cách cơ bản, hệ thống và sáng tạo ra những phương pháp giải mới đem lại niềm vui và hứng thú học tập cho học sinh. PHẦN III- KẾT LUẬN: Trên đây là một số dạng phương trình vô tỉ và phương pháp giải mà tôi đã áp dụng giảng dạy trong thực tiễn nhiều năm ở trường THCS đối với đội tuyển HSG cũng như trong quá trình ôn luyện thi vào lớp 10 THPT chuyên. Tôi đã thu được kết quả sau: + Hầu hết các em đều làm được bài, hiệu suất làm bài tăng lên rõ rệt, các em cảm thấy tự tin và chủ động lĩnh hội lĩnh kiến thức bộ môn. + Học sinh tránh được những sai sót cơ bản và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh. Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh. Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường. Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế nhất định. Vậy tôi kính mong được sự giúp đỡ, đóng góp ý của các thầy giáo, cô giáo và bạn đọc để đề tài này ngày càng hoàn thiện và có tính ứng dụng cao trong quá trình dạy và học. Để hoàn thành đề tài này ngoài việc tự nghiên cứu tài liệu, qua thực tế giảng dạy tôi còn nhận được sự giúp đỡ tận tình của các đồng nghiệp, các thầy cô giáo có nhiều kinh nghiệm. Tôi xin chân thành cảm ơn! Lập Thạch, ngày 28 tháng 10 năm 2015 NGƯỜI THỰC HIỆN. Trần Mạnh Hùng. TÀI LIỆU THAM KHẢO  1- SGK Toán 7-Nhà xuất bản GD 2003 2- SGK Đại số 9-Nhà xuất bản GD 3- Một số vấn đề phát triển Đại số 9-Nhà xuất bản GD 2001 4- Toán bồi dưỡng Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 2002 5- Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9- Nhà xuất bản GD 1995 6- Để học tốt Đại số 9 - Nhà xuất bản GD 1999 7- Phương trình và hệ PT không mẫu mực - NXB GD 2002. 8- 23 chuyên đề bài toán sơ cấp – NXB trẻ 2000. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Trần Mạnh Hùng – Trường THCS Lập Thạch – Vĩnh Phúc. 9- PT, bất phương trình đại số các cách giải đặc biệt NXB trẻ 2000. 10- Tham khảo một số đề thi và những tài liệu khác có liên quan. *************************************. Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ ở cấp THCS. 3.

<span class='text_page_counter'>(38)</span>