dai so 9

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Lý do chọn đề tài:
Trong trường phổ thơng, mơn Tốn chiếm một vị trí rất quan trọng. Các
kiến thức và phương pháp Tốn học là cơng cụ thiết yếu giúp học sinh học
tốt các môn học khác và hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng
thời mơn Tốn cịn giúp học sinh phát triển những năng lực và phẩm chất trí
tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, giáo
dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người công dân.
Ở trường THCS, trong dạy học Tốn, cùng với việc hình thành cho học
sinh một hệ thống vững chắc các khái niệm, các định lí thì việc dạy học giải
các bài tốn có tầm quan trọng đặc biệt và là một trong những vấn đề trung
tâm của phương pháp dạy học Toán ở trường phổ thơng. Đối với học sinh
THCS, có thể coi việc giải bài tốn là một hình thức chủ yếu của việc học
tốn.
Cùng với việc hình thành cho học sinh một hệ thống vững chắc các kiến
thức cơ bản để học sinh có thể vận dụng vào làm bài tập thì việc bồi dưỡng
học sinh khá giỏi là mục tiêu quan trọng của ngành giáo dục nói chung và
bậc học THCS nói riêng. Một trong những mảng kiến thức cốt lõi để bồi
dưỡng học sinh khá giỏi ở trường THCS đó là phương trình vơ tỉ nhưng trên
thực tế giảng dạy và hệ thống bài tập về phương trình vơ tỉ của chương trình
Đại số 9 trong SGK, SBT do Bộ giáo dục - Đào tạo ấn hành còn đơn giản,
chưa sâu, chưa đáp ứng đầy đủ yêu cầu của dạng toán này bởi vì bài tập về
phương trình vơ tỉ trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp, thi tuyển sinh
vào các lớp chuyên, lớp chọn thì rất đa dạng, phong phú và cũng có thể nói
là rất khó, nên nếu chỉ dạy và học những bài tập về phương trình vơ tỷ giống


như trong SGK và SBT thì HS ta khó mà tiếp cận được một cách trọn vẹn về
phương trình vơ tỉ. Song trong q trình giải tốn, học sinh cịn rất lúng túng
khơng tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm khi gặp phương trình vơ tỉ các em
thường sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa hai vế để làm mất dấu căn.

Nhưng trong quá trình giải sẽ thường mắc phải một số sai lầm trong phép
biến đổi tương đương phương trình, vì vậy dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.
Có một số phương trình sau khi làm mất dấu căn sẽ dẫn đến phương trình
bậc cao, mà việc nhẩm nghiệm để đưa về phương trình bậc nhất, bậc hai để
giải lại rất khó khăn.... Là giáo viên, chúng ta ln mong muốn cung cấp cho
học sinh “chiếc chìa khố” để giải từng dạng cụ thể của phương trình vơ tỉ.
Thơi thúc từ những điều đó tơi bắt đầu tham khảo tài liệu; học hỏi đồng
nghiệp và qua quá trình tham gia giảng dạy-bồi dưỡng HSG tơi mạnh dạn
phân dạng phương trình vơ tỉ và cách giải từng dạng đồng thời đưa ra một số
cách giải phương trình vơ tỉ với mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc phương
trình vơ tỷ dưới nhiều góc độ hơn và tạo cho HS một nền tảng vững chắc để
giải phương trình vơ tỷ ở cấp THPT. Đó là lý do tại sao tơi chọn chun đề
này.

II. NỘI DUNG:
CHUN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
A. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA
I/. Phương pháp giải:
1. Dạng 1:

f  x  g  x 

 g  x  0

f  x  0
Bước 1: Điều kiện: 

Bước 2: Bình phương hai vế ta được :
Bước 3: So sánh kết quả với điều kiện .
2. Dạng 2:

f  x  g  x

f  x  g  x 

2

và giải tìm x


 g  x  0

f  x  0
Bước 1: Điều kiện: 

Bước 2: Bình phương hai vế ta được :
Bước 3: So sánh kết quả với điều kiện .
3. Dạng 3:

f  x   g  x  h  x 

f  x  g  x 

và giải tìm x

f x
(   , g(x), h(x) là các nhị thức)

 g  x  0


 f  x  0

h  x  0
Bước 1: Điều kiện: 

Bước 2: Bình phương hai vế của phương trình đưa về dạng 1 và
giải tìm x
Bước 3: So sánh kết quả với điều kiện .
4. Dạng 4: A  B  C  D (A,B,C,D là các nhị thức)
Bước 1: Đặt điều kiện.
Bước 2: Bình phương 2 vế.
Bước 3: Thử lại nghiệm.
Lưu ý: Đôi khi phải sử dụng pt hệ quả
II/. Các ví dụ:

A

C D

B

Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 3  2 x  3 x
Giải: Ta có : 3  2 x  3 x  2 x  3  x  3
 x  3 0


 2 x  3 0

 x 3



3  x 3
 x  2

Điều kiện :
Với x 3 , bình phương hai vế ta được:
2

2 x  3  x  3  2 x  3 x 2  6 x  9  x 2  8 x 12 0
 x  2 0
  x  2   x  6  0  

 x  6 0

 x 2
 x 6


Với điều kiện x 3 nên ta nhận giá trị x=6 là nghiệm của pt.
Ví dụ 2: Giải phương trình sau:

3 x  1 2 2  x

1

3x  1 0
1
 x 

3   x 2


3
2  x 0
 x 2
Điều kiện :

Bình phương 2 vế pt đã cho ta được :


3x  1 4  2  x   x 1

( Thỏa điều kiện )
Vậy nghiệm của pt là x = 1

Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
 x  3 0


Điều kiện :  x  2 0

Với x 2 ta có

x  3  x  2 5

 x  3
 x 2

 x 2
(1)

x  3  x  2 5 



x 3  x  2

 x  3  x  2 



2

12  x

Triển khai hằng đẳng thức ta được:
Điều kiện căn thức tồn tại : 12  x 0  x 12 (3)
Bình phương 2 vế pt (2) và giải tìm được x 6
Kết hợp (1) và (2) ta được : x = 6 là nghiệm của pt .

52

(2)

Ví dụ 4: Giải phương trình sau: x  3  3x  1 2 x  2 x  2
Nhận xét: Nếu nhóm A và C, B và D thì khi bình phương ta triệt
đi biến x, bài toán dễ dàng xử lý hơn.
Giải
x

0

Điều kiện:
Ta có:


x  3  3 x  1 2 x  2 x  2
x 3 

4x  2x  2 

3x  1 (1)

Bình phương 2 vế pt (1) ta được:

 x  3 .4 x   2 x  2   3x  1
Tiếp tục bình phương 2 vế ta giải được x= 1.
Thử lại:
Thế x= 1 vào pt đã cho ta được:
4  4 2 1  2  2

4
= 4 (Thỏa mản)
Vậy : x= 1 là nghiệm của pt.
x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x 3

Ví dụ 5: Giải phương trình sau:
Nhận xét: Ta thấy A.D = C.B nên ta nhóm lại thì bài tốn dễ giải quyết .
GIẢI
ĐK: x  1

Ta có:

x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x 3




x3  1

x 3

x  3  x2  x 1 

x 1

x3  1
 x  3 x2  2
Bình phương 2 vế ta được: x  3
 x 1  3

Giải pt ta đươc:  x 1  3
 x 1  3

 x 1  3

Thử lại:
là nghiệm của pt.
III/. Bài tập rèn luyện :

Bài 1: Giải các pt sau :
a/.

x 1 x  1

b/.

2 x  1 4  3x

c/.

x 2  3 x  11 2 x  1

d/.

x2  2 x  3
3  x
x 1

e/.

1  2 x2 x  1

x 5

 vn 

x  14
3
3 x  5

 x 5 

f/.
Bài 2: Giải các pt sau :
a/.

x  3  x  1 2

b/.

x 1

c/.

5 x  1  3x  2 (Vnghiem)
3 x  2  x  7 9
2  x 1


 1 5 
 kq : x 

2 


1  x  4  x 3

 kq : x 0; x  3

1 x 

d/.
e/.

B. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG
DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI .
I/. Phương pháp giải:
Dạng tổng quát:

f  x   g  x  h  x 
2

f  x   A  x   0;
Bước 1: Biến đổi

2

g  x   B  x   0


Bước 2:

h  x  0

f  x   g  x  h  x   
2
2
  A  x     B  x   h  x 

 h  x  0

 A  x   B  x  h  x 

Bước 3: Bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta tìm được x và so sánh với điều kiện để
tìm nghiệm .
II/. Các ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :
Giải :

x 2  2 x  1  x 2  4 x  4 3
2

Ta phân tích :
Ta được :
 Với

x 2  2 x  1  x  1 0,

x 2  2 x 1  x 2  4 x  4 3  x  1  x  2 3

x 1 pt
 2  x 1

2

x 2  4 x  4  x  2  0

(*)

   x  1  x  2 3  x 1 (Không thỏa).
pt     x  1  x  2 3  0 x 0

 Với
Phương trình (* ) có nghiệm đúng với mọi giá trị  2 x 1
x  2

pt


 Với
(Không thỏa với Đk )
Vậy pt

   x 1  x  2 3   2 x 4  x  2

x 2  2 x  1  x 2  4 x  4 3 có nghiệm  2  x 1

Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
Giải:

x  2 x  1  x  2 x  1 2

2
2
 Đặt t  x  1 0  t x  1  x t  1

 Pt đã cho trở thành :
(*)
 Với

t 1 pt
0 t 1

t 2  2t  1  t 2  2t  1 2  t  1  t  1 2

 *  t  1  t  1 2  t 1 (Không thỏa ĐK).
pt  *  t  1  t  1 2  0t 0

 Với
Phương trình (* ) có nghiệm đúng với mọi giá trị 0 t 1
 Thế vào ta được : 0  x  1 1  1  x 2
 Vậy pt x  2 x  1  x  2 x  1 2 có nghiệm 1 x 2
III/. Bài tập rèn luyện : Giải các pt sau :
a/.

x 2  4 x  4  x 2  6 x  9 1

b/.

x  6  4 x  2  x  11  6 x  2 1


x  2  4 x  2  x  7  6 x  2 1

c/.

d/. 3  x  2 x  1 2 x  2 x  1
x2 x 1  x 2 x 1 

e/.

x 3
2

DA : x 1, x 5

x2  2 x 1  x2  4 x  4 x  3

f/.

C. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ .
I/. Một vài ví dụ :
2
2
Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 3 x  21x  18  2 x  7 x  7 2
Giải :
Ta có:

3 x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7 2
 3 x 2  21x  16  2 x 2  7 x  7 0
 3 x 2  21x  21  2 x 2  7 x  7  5 0
 3  x 2  7 x  7   2 x 2  7 x  7  5 0

Đặt

 1

t  x 2  7 x  7 0  t 2 x 2  7 x  7  **

thế vào pt (1) ta được :

2

3t  2t  5 0   t  1  3t  5  0
nhân
 t 1
 t  1 0

 

 t  5 loai
 3t  5 0

3

Thế t = 1 vào (**) ta được :
 x  1
x 2  7 x  7 1   x  1  x  6  0  
 x  6

Các giá trị x=-1, x=-6 thỏa mãn (*) vậy pt có 2 nghiệm x=-1,x=-6

Ví dụ 2: Giải phương trình sau :

x 1

x 1

x 1 3


x 1 2

 x 1
 x  1 0
 x 1


 x  1
 x  1 0
Điều kiện:  x  1
x 1
x 1 1
x 1
t

 
, t 0
x

1
t
x

1
x

1
Đặt
1 3

t    2t 2  3t  2 0
t 2
Pt trở thành :
(*)


Giải phương trình (*) ta được : t = 2 và t =-0,5 (loại)
x 1
x 1
5
2 
4  x 
x 1
x 1
3 (thỏa đk )
Thế t=2 ta được:
5
x
3
Vậy pt đã cho có nghiệm là
t

3
3
Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 2x +1 + x = 1
Giải:
3
3
a  2 x 1; b  x  a 3 2 x  1; 2b3 2 x
Đặt :

 a  b 1
 1
 3
a  2b3 1  2 


Ta được:
 1  a 1  b  3
Từ
Thế (3) vào (2) ta được:

1 b

3

 2b3 1  3b3  3b 2  3b 0

 b 0
 b  b 2  b  1 0   2
 b  b  1 0

 VN 

Ta có b=0 suy ra x = 0. Vậy pt đã cho có một nghiệm là x=0
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
2x  3  x  2  2x  2 

Đặt:

x  2 1  2 x  2

Giải

a  2 x  3  x  2 0; b  2 x  2 

 a 2 2 x  3  x  2; b 2 2 x  2 

x  2 0

x2

Ta được hệ pt :
a  b 1  2 x  2  1
a  b 1  2 x  2  1

 2 2

 a  b   a  b  1  2 x  2
a  b 1  2 x  2  2 
a  b 1  2 x  2 a 1  x  2
 

a  b 1
b  x  2 (4)

 3

Ta đươc: 2 x  2  x  2  x  2
 x  2  x Đặt đk và giải ta tìm đượcx =2 và x=-1
Vậy nghiệm của pt là x=2

1
1

2
2
x
2

x
Ví dụ 5: Giải phương trình sau :


(Đề thi trường chuyên tỉnh Trà Vinh năm học 2013 -2014)
Giải

 x 0


2
2

x

0
Điều kiện : 


 x 0

x  2



a  x

2
Đặt : b  2  x 0 ta được hệ pt sau:

1 1
  2
 a  b  2ab 0

a
b


2
 a  b   2ab 2
 a 2  b 2 2


Giải hệ đối xứng loại 1 ta tìm được a=1; b=1. Thế vào ta tìm
được x=1 là nghiệm của pt.

1
1
x  x   x  2
2
4
<*>

Ví dụ 6: Giải phương trình sau :
Điều kiện:

x

t  x

1
1
0  x 
4
4

1
1
1
1
1
 t 2  x   x t 2   x  t 2 
4
4
4
2
4

Đặt
Thế vào pt ta được:

1
1

 t 2   t 2
4
4
2
 4t  4t  7 0

2 2 1
 loai 
 t1 
2


2 21
 t2 
 Nhân 
2
Giải pt ta được: 
t2 

Thế vào ta được :

x

1 2 21

 x 2 
4
2

2

Vậy nghiệm của pt là: x 2  2
Ví dụ 7: Giải phương trình sau :
3
Điều kiện: x  1 0  x  1
Ta có:

10 x 3  1 3  x 2  2 


10 x 3  1 3  x 2  2 
 10 x  1. x 2  x  1 3  x 2  2 

Đặt

b  x 2  x 1

a  x  1,

Thế vào pt ta được :

 a 2  b 2 x 2  2

10ab 3  a 2  b 2   3b 2  10a.b  3a 2 0

 b 3a

Giải pt với b là ẩn , a là tham số ta được :  a 3b

x 2  x  1 3 x  1  x 2  x  1 9 x  9

 Với b 3a 

 x 2  10 x  8 0 giải pt và kết hợp với đk ta được x 5  33 và
x 5 

33

x  1 3 x 2  x  1  x  1 9 x 2  9 x  9

 Với a 3b 

 9 x 2  10 x  8 0 pt vơ nghiệm.
Vậy pt đã cho có nghiệm x 5  33
Ví dụ 8: Giải phương trình sau :
Điều kiện :

2 x  1 0  x 

x 2  3 x  1  2 x  1 0

 1

1
2

t  2 x  1 0  t 2 2 x  1  x 

Đặt
Thế vào 1 ta được :

t 2 1
2

 *

2

 t 2 1 
 t 2 1 

  3
  1  t 0
2
2




 t 4  4t 2  4t  1 0
  t  1



2

t

2

 2t  1 0

 t 1

 t  1 0

t  2  1
 2
t

2
t

1

0


 t  2  1

 loai 

Thế t=1 vào (*) ta được x=1
Thế t  2  1 ta được

x 2 

Ví dụ 9: Giải phương trình sau :

2

x 1  3  x 

 x  1  3  x 

2



x +1 0
3x0
{


ĐKXĐ :

Đặt


x 1
x3
{




-1 x 3



0 ⇒ t2 = 4 + 2

√ x+1 + √ 3− x = t

√(x +1)( 3− x)

2

⇒

√(x +1)(3− x)

⇔

t2 – 2t = 0

t −4
2

=

t(t-2) = 0

(2) .thay vµo (2) ta đợc
t=0

t=2

+ Với t = 0 phơng trình vô nghiệm.

( x +1)( 3− x)

+Víi t = 2 thay vµo (2) ta có :

=0

x1 = -1; x2

= 3 (thoả mÃn)
Vậy phơng trình đà cho có nghiệm là x1 = -1và x2 = 3

x 2 x 1

Ví dụ 10: Giải phương trình sau :
ĐKXĐ : x
Đặt

x 1 = t

t+1 2
t 1 2
+

1
0



x = t2 + 1 phơng trình đà cho trở thµnh

t 2 +4
2

=

2
|t+ 1| + |t − 1| = t +4

2

¿
t − 4 t+ 4=0
t 2=0
¿{
¿
2

⇔

x 2 x  1

(t

1)




t=2
t=0
{


ĐkXĐ: x 1
Vậy phuơng trinh đà cho có nghiệm x= 1vµ x= 5

III/. Bài tập rèn luyện: Giải các pt sau :
1  x2  x 

a/.
b/.

3

2
2

x  x

x + 3 1 x =1

 2



¿
x=5
x=1
¿{
¿

x 3
2


2

c/. x  4 x  11 

x 2  4 x  5 8

D. PHƯƠNG PHÁP DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC .

x  x
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
Giải

1
1

 1
x
x

1

 x  x 0

 1
1  0  x 1
 x
 x 0

 Điều kiện : 
1
1
x  1  x 
x
x

Với x 1, ta có
2


1
1
  x  1    x 
x
x


  x 2  x   2 x 2  x  1 0









2

x 2  x  1 0
x 2  x  1 0

1 5
x
2
Giải pt ta được

1 5
x
2
 Vậy pt đã cho có nghiệm là
2
Ví dụ 2: Giải phương trình sau: x  4 x  5 2 2 x  3

2 x  3 0  x 

3

2



Điều kiện :



2
Ta có: x  4 x  5  2 2 x  3 0


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

  x  1 





2

2 x  3  1 0

 x  1 0
 
 x  1
 2 x  3  1

Vậy nghiệm của pt đã cho là: x= -1
III/. Bài tập rèn luyện: Giải các pt sau :
2
2
a/. 3 x  2 x 2 x  x  1  x

b/. Pt điểm rơi : x  y  z  4 2 x  2  4 y  3  6 z  5
E. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.
I/. Phương pháp giải:
Dạng 1: U +V = 1 + U.V ta đưa về dạng (U-1)(1-V) =0
Dạng 2: aU+ bV= ab + UV ta đưa về dạng (U-b)(a-V) =0
II/. Các ví dụ:
2

Ví dụ 1: Giải pt sau: x  x  1  x  x 1
Phân tích: PT trên giống như dạng 1 nên ta tìm cách đặt nhân tử chung
GIẢI
x

0
 Điều kiện:
 Ta có:


x  x 1 



x



x 1





 1

x 2  x 1

x  x 1 

x 2  x  1 0

x ( x  1)  x  1  1 0

 

x 1  1

x 1





x  1 0



x  1 0

 1  x  1 0


 x  1 0

 x 0
 x 1


Vậy pt
2
Ví dụ 2: Giải pt sau: x  2 7  x 2 x  1   x  8 x  7  1
GIẢI
1

x

7
Điều kiện:
2
Ta có: x  2 7  x 2 x  1   x  8 x  7  1


 x  1 2 x  1 2 7  x 

 x 2  8 x  7 0

 x  1 2 x  1 2 7  x 

( x  1)(7  x ) 0

x  1( x  1  2) 



7  x ( x  1  2) 0

 ( x  1  2)( x  1 

7  x ) 0

 x  1  2 0


 x  1  7  x 0

 x 5
 x 4 (t / m)


Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=4 và x=5
x  1  3 x2  3 x  3 x2  x

3

Ví dụ 3: Giải pt sau:

GIẢI
Điều kiện: D = R
Ta có:

3

x  1  3 x2  3 x  3 x2  x

 ( 3 x 1 


3

3

3

x  1(1 

 (1 

3

x2  x )  ( 3 x2 
3

x) 

x )( 3 x  1 

x (1 
3

3

3

x ) 0

x ) 0

x ) 0

 1  3 x 0

 x 1(t / m)
 3 x  1  3 x 0

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=1
4x 1 

Ví dụ 4: Giải pt sau:

3x  2 

x 3
5

GIẢI

Điều kiện:
Ta có:






3x  2 

3x  2 

x 3
5

x 3
0
5

  3x  2  2   x 5 3  1
4 x  1  3  4 x  1  3  3x  2  2   3x  2  2  x  2


5
4
x

1

3

3
x

2

2





4x 1  3 

4  x  2



3
2

4x 1 

4x 1 





x



 

4x 1  3

3 x  2
3x  2  2





x 2
5


4
3
1

  x  2 

  0
3x  2  2 5 
 4x 1  3
 x  2 0

4
3

1


 0
 4 x  1  3
3x  2  2 5

Ta được nghiệm: x = 2
Lưu ý: PP sử dụng là trục căn thức. Để sd phương pháp trục căn thức ta
cần phải nhẩm ra được nghiệm hửu tỉ .
2
Ví dụ 5: Giải pt sau: 3x  1  6  x  3x  14 x  8 0
GIẢI

1
 x 6
Điều kiện: 3

Nhận xét: x=5 là nghiệm của pt nên ta tìm cách làm xuất hiện x-5.
Ta có:
3x  1 




6  x  3x 2  14 x  8 0

 

3x  1  4 



6  x  1  3x 2  14 x  5 0

 ..........
3
1


  x  5 

 3x  1 0
6  x 1
 3x  1  4

  x  5 0

 x 5
3
1


 3x  1 0vn
6  x 1
 3x  1  4

Vậy x=5 là nghiệm của pt đã ch0.
F. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC .
1. Phương pháp sử dụng tính đối nghịch

2
2
VD: 3x  12 x  16  y  4 y  13 5
2. Đưa về phương trình tích

VD 1:

x2  4 

4x  8  2  x  2

2
VD2: x  x  1 1

III. KẾT LUẬN


Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ trong khn
khổ chương trình cấp THCS, cụ thể là các phương pháp giải phương trình vơ
tỉ của lớp 9 mà tôi đã áp dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi. Ngồi những
phương pháp mà tơi chắc lọc nêu trên, chắc chắn còn nhiều phương pháp
khác mà bản thân tơi, do năng lực cịn hạn chế và thời gian nghiên cứu chưa
nhiều nên chuyên đề của tôi không thể khơng cịn những sơ suất. Chính vì
vậy, tơi rất mong được sự đóng góp, bổ sung nhiệt tình của q thầy, cơ để
chun đề của tơi được hồn thiện hơn.
Long Hòa, Ngày 17 tháng 09 năm 2018
Người thực hiện

Nguyễn Hồng Phúc