MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI VÀ LỜI BÌNH VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
.
.
Sáng kiến kinh nghiệm được xếp loại C cấp tỉnh năm học 2011-2012
LÊ THỊ HẰNG
(Trường THPT Triệu Sơn 5)
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào chủ trương đường lối, chính sách pháp luật của Đảng và nhà nước, nghị
quyết TW 4 khoá VII. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn
của trường THPT Triệu Sơn 5 năm học 2011-2012.
- Năm học 2011-2012, tôi được phân công trực tiếp giảng dạy các lớp 10. Đa số học
sinh nhận thức còn chậm, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để
học sinh nắm được bài tốt hơn.
- Trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các em học sinh
đã được tiếp cận với phương trình chứa ẩn dưới dấu căn và được tiếp cận với một vài
cách giải thông thường đối với những bài toán cơ bản đơn giản. Tuy nhiên trong thực
tế các bài toán giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn rất phong phú và đa dạng và đặc
biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em sẽ gặp một lớp các bài toán
về phương trình vô tỷ mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải nhưng trình bày
còn lủng củng chưa được gọn gàng, sáng sủa thậm chí còn mắc một số sai lầm không
đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện hành được trình
bày ở phần đầu chương III (giữa học kỳ I) rất là ít và hạn hẹp chỉ có một tiết lý thuyết
sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và đưa ra cách giải khá rườm rà khó hiểu và
dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài học cũng rất hạn chế. Mặt khác do số tiết
phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo
viên không thể đưa ra đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng
giải cho học sinh. Nhưng trong thực tế, để biến đổi và giải chính xác phương trình chứa
ẩn dưới dấu căn đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức

- Xuất phát từ lý do chọn đề tài, sáng kiến kinh nghiệm thực hiện nhiệm vụ: Giúp cho
giáo viên thực hiện tốt nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình
thành tư duy logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi
gặp bài toán giải phương trình vô tỉ từ phức tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và giải
được một cách dễ dàng. Muốn vậy người giáo viên phải hướng cho học sinh biết các
dạng toán và phân biệt được điều kiện nào là điều kiện cần và đủ của phương trình, khi
nào thì ta có phép biến đổi tương đương, khi nào thì ta có phép biến đổi hệ quả và lưu ý
đến việc loại bỏ nghiệm ngoại lai của phương trình.
- Yêu cầu của sáng kiến kinh nghiệm: nội dung giải pháp rõ ràng không rườm rà lôgíc
phù hợp với trường THPT vùng nông thôn, có sáng tạo đổi mới. Giới thiệu được các
dạng phương trình cơ bản, đưa ra được giải pháp và một số ví dụ minh hoạ.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khối 10 hệ
THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn Toán. Các em học sinh
có thể sử dụng các bài toán trong đề tài này làm bài toán gốc để đặt và giải quyết các
bài tập cụ thể.
Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số dạng bài toán thường gặp tương
ứng các bài tập tự luyện. Sau mỗi bài toán tác giả đều có những nhận xét bình luận
khắc phục những sai lầm cơ bản giúp bạn đọc có thể chọn ra cho mình những phương
pháp giải tối ưu nhất, để có được những lời giải gọn gàng và sáng sủa nhất.
.
VI/ PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình giảng
dạy.
3

lấy nghiệm và loại bỏ nghiệm ngoại lai vì nhầm tưởng điều kiện f(x)

≥
0 là điều kiện
cần và đủ của phương trình.
Tuy nhiên khi gặp bài toán giải phương trình vô tỉ, có nhiều bài toán đòi hỏi học
sinh phải biết vận dụng kết hợp nhiều kiến thức kĩ năng phân tích biến đổi để đưa
phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản
Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh hai dạng phương trình thường
gặp và một số bài toán vận dụng biến đổi cơ bản và một số dạng bài toán thường gặp
khi thi đại học.
.
CHƯƠNG II: THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Học sinh trường THPT Triệu Sơn 5 nói riêng và một học sinh của các trường BC mới
sát nhập công lập nói chung đa số là học sinh được tuyển vào sau khi thi không đỗ vào
4

các trường THPT công lập và hiện nay đã được thi tuyển nhưng do các em ở vùng
nông thôn còn thiếu thốn về mọi mặt nên kiến thức THCS còn non yếu,tiếp thu bài còn
chậm, chưa tự hệ thống được kiến thức. Khi gặp các bài toán về phương trình vô tỉ
chưa phân loại và định hình được cách giải, lúng túng khi đặt điều kiện và biến
đổi,trong khi đó phương trình loại này có rất nhiều dạng. Nhưng bên cạnh đó chương
trình đại số 10 không nêu cách giải tổng quát cho từng dạng, thời lượng dành cho phần
này là rất ít.
Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng ngày nhận thấy
học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được hoặc trình bày cách giải đặt điều kiện và
lấy nghiệm sai ở phần này.
.
CHƯƠNG III: MỘT SỐ DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI .
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của đồng nghiệp

Phương trình (2)



=
≥
⇔
)()(
0)(
xgxf
xf
Điều kiện f(x)

≥
0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (2). Chú ý ở đây
không nhất thiết phải đặt điều kiện đồng thời cả f(x)

và g(x)

không âm vì
f(x)=g(x)
*Dạng 3: Dùng phương pháp đặt ẩn phụ
1. Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai
a,Dạng Phương trình:
2 2
ax ( 0)bx c px qx r ap+ + = + + ≠
và
a p
p q
=

+ − = ⇔ ⇔ =

=

Khi đó:
2
11 36 5x x+ = ⇔ = ±
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
2 12 6 2 4 4x x x x+ + = + +
Giải:
Đặt:
2 2 2
1
2 4 4 0 2 12 10
2
t x x x x t= + + > ⇒ + + = +
.
Khi đó phương trình trở thành:
2 2
2
1
10 6 12 20 0
10
2
t
t t t t
t
=


1
2
3 4 7 0
t
t t

≥ −

⇔


+ − =


1t⇔ =
Với
2 2
1
1 2 5 6 1 2 5 7 0
7
2
x
t x x x x
x
=


= ⇒ + − = ⇔ + − = ⇔

= −

0at ct b+ + =
6

Lưu ý: Từ cách đặt
( )
( )
P x
t
Q x
=

( , ) 0f x t⇒ =
(
x
là ẩn) từ đó suy ra điều
kiện của
t
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 3
2 5 1 7 1x x x+ − = −
(1)
Giải:
ĐK:
1x ≥
Ta có: (1)
⇔

2 2
2( 1) 3( 1) 7 ( 1)( 1)x x x x x x+ + + − = − + +
(2)

(1 ) 1 0x t x t⇒ + − + + =
có:
4 2
6 3
x
t t∆ = − −
. Nên có điều
kiện của
t
là:

0
3 2 3
0
x
t
t
≥

⇔ ≥ +

∆ ≥

(4)
Khi đó (3) trở thành:
2
2 7 3 0t t− + =

3
1

ngược lại
Lời bình 1: Các bạn có thể không cần tìm điều kiện của
t
như ở (4) nhưng khi
đó các phép biến đổi chỉ là phép biến đổi hệ quả và nhất thiết phải thay các giá trị của
t

vừa tìm được để tìm
x
. Còn nếu tìm điều kiện của t như bài trên ta không cần phải thay
giá trị:
1
2
t =
ngược trở lại.
Lời bình 2: Bằng cách phân tích như ở lời bình 1 các bạn có thể xây dựng nên
các phương trình này một cách đơn giản:
2 2 2 2
2( 1) ( 1) ( 1)( 1)x x x x x x x x− + − + + = − + + +
ta được phương trình:
2 4 2
3 1 1x x x x− + = + +
. Rõ ràng cách giải của các loại phương trình này là giống nhau,
tuy nhiên mức độ gây “nhiễu” lại khác nhau. Cái này tuỳ theo từng đối tượng học sinh
mà ta có thể chọn các mức độ gây nhiễu khác nhau. Nếu học sinh hiểu rõ bản chất của
7

vấn đề thì sự gây “nhiễu” sẽ không có ý nghĩa gì nữa. Chú ý các đẳng thức sau để có
thể sáng tạo ra các bài toán dạng này:
•



+ + = − − + + + − − +



2
5 (2)
2 5 2 5 ( 4)( 5)( 1) (3)
x
x x x x x
≥


⇔

− + = + − +



(2)
2 2
3( 4) 2( 4 5) 5 ( 4)( 4 5)x x x x x x⇔ + + − − = + − −
(4)
Dễ thấy
4x
= −
không phải là nghiệm của (4)
Đặt
2

.
Kết hợp với (2) và (3) tacó:
5 61
2
x
+
=
Với
2
3
t =
ta có:
2
8
4
4 ( 4 5)
7
9
4
x
x x x
x
=


+ = − − ⇔

= −

. Kết hợp với (2) và (3) ta có:

x
t
x
−
= >
+
khi đó:
8
2 1
1
x
x t
+
=
−
. Phương trình trở thành:
1
2t
t
+ =

1t
⇔ =
8

Với
1
1 1 2
2
t x x x= ⇒ − = + ⇔ =

Cách giải: Đặt
2
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )P x Q x t t P x Q x P x Q x± = ⇒ = + ±
Chuyển phương trình đã cho về phương trình bậc 2 ẩn t
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
2 2 2 4 2 2x x x x− − + = − − +
(1)
Giải:
Đặt:
2 2
2 2 0 2 2 4t x x t x x= − − + < ⇒ = − −
Khi đó (1) trở thành:
2
2 0 2t t t+ − = ⇔ = −
Hay:
2 2 2 2x x x− − + = − ⇔ =
( thoả mãn (1))
Vậy phương trình có nghiệm
2x
=
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )x x x x+ − = −
Giải:
ĐK:
1 1x
− ≤ ≤
Đặt:

Với
2
2 2
0 1
2
2 1 2
2
(2 1) 0
x
t x x x
x
< ≤

= ⇒ − = ⇔ ⇔ =

− =

9

Với
2
4 2
1 0
1 2 1 1 2
3 2 2 0
x
t x x
x x
− < <


+ =
−
3.
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
4.
2
2 2 3( 1 )x x x x+ − = − −
5.
2
2 3 1 3 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + −

d. Dạng phương trình:
(ax ) ( ' ')
n
n
b p a x b qx r+ = + + +
(
x
là ẩn số,
, , ', ', ' 'a b a b p q r
là các hằng số và
aa ' 0p ≠
, n = 2, 3)
Thông thường để có các phương trình dạng này người ta thường đi từ các hệ phương
trình đối xứng hai ẩn hoặc hệ phương trình đối xứng gần hai ẩn ( hệ có nghiệm x = y).
Và phương pháp giải tất nhiên là đặt ẩn phụ để đưa về giải hệ phương trình. Để làm rõ
điều đó ta xét hệ phương trình sau:

( )

( )
( )
2
2
x ay b
y ax b
α β
α β

+ = +


+ = +


, ta sẽ
xây dựng được phương trình dạng sau : đặt
y ax b
α β
+ = +
, khi đó ta có
phương trình :
( )
2
a
x ax b b
β
α β
α α
+ = + + −

;
α β
thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng:

( )
' '
n
n
x p a x b
α β γ
+ = + +
là chọn được.
Dạng hệ gần đối xúng:
Ta xét hệ sau :
2
2
(2 3) 2 1
(1)
(2 3) 3 1
x y x
y x

− = + +


− = +


đây không phải là hệ đối xứng loại
2 nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài

Ta có hệ :
( )
2
2 2 2
2
2
2 3 1 0 (1)
3 1
(*)
4 13 5 0 (2)
4 13 5
y y x
y x
x x y
x x y
α αβ β
α β
α β
α β


+ − + − =
+ = +
 
⇔
 
− + + + =

− + = − −


2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +

⇒ − + − =

− = +


11

Với
15 97
8
x y x
−
= ⇒ =
Với
11 73
2 2 5 0
8
x y x
+

n
a x b ay b+ = +
nếu
' 0pa >
• Đặt
' ' ( )
n
a x b ay b+ = − +
nếu
' 0pa <
Một số phương trình được xây dựng từ hệ.
Giải các phương trình sau
1)
2
4 13 5 3 1 0x x x− + + + =
2)
2
4 13 5 3 1 0x x x− + + + =
3)
3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x− = − + −
4)
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
e. Phương trình dạng:

b. Chuyển phương trình về dạng f(t)=g(m)
Xét hàm f(t) và phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
)()()(min xMaxfmgxf ≤≤
.
+ Ví dụ 1:
a.Giải phương trình
2)3)(1(231 =−−+−+− xxxx
(1)
b.tìm m để phương trình sau có nghiệm:

mxxxx =−−+−+− )3)(1(231

12

Lời giải:
a. đk
31 ≤≤ x
Đặt t=
xx −+− 31
đk
22 ≤≤ t
(2)

2
2
)3)(1(
2
−
=−−⇒
t

2
+t-2 có f’(t)=2t+1 >0 với mọi t thoã mãn
22 ≤≤ t
Có f(
2
) =
2
; f(2) = 4
-Vậy với :
42 ≤≤ m
thì phương trình có nghiệm.
f. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích
( ) ( )
1 1 1 2 0x x x+ − + − + =
,
( ) ( )
2 3 2 3 2 0x x x x+ − + − + =
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào,
độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể
hiện qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
2
2t x= +

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có
∆
chẵn :
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
=

− + − + + − = ⇔ − + + − = ⇔

= −

Từ một phương trình đơn giản :
( ) ( )
1 2 1 1 2 1 0x x x x− − + − − + + =
, khai triển
ra ta sẽ được pt sau
Bài 3. Giải phương trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
13

Giải:
Nhận xét : đặt
1t x= −

( )
2 2
4 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x+ + − + − = +
Ta đặt :
( )
2
2 4 0t x= − ≥
. Ta được:
2
9 16 32 8 0x t x− − + =
Ta phải tách
( )
( )
2 2 2
9 2 4 9 2 8x x x
α α α
= − + + −
làm sao cho
t
∆
có dạng chình phương
h, Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt
( ) ( )
,u x v x
α β
= =
và tìm mối quan hệ giữa
( )
x

, giải hệ này ta tìm
được
( ; ) (2;3) (3;2)x y = =
. Tức là nghiệm của phương trình là
{2;3}x ∈
Bài 2. Giải phương trình sau:
5 1 6x x+ + − =
Điều kiện:
1x ≥
Đặt
1, 5 1( 0, 0)a x b x a b= − = + − ≥ ≥
thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a

+ =

→ + − + = ⇒ − + = ⇒ = −

− =


Vậy
11 17


≤

nếu dấu
bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt được tại
0
x
thì
0
x
là nghiệm của phương trình
A B=
Ta có :
1 1 2x x+ + − ≤
Dấu bằng khi và chỉ khi
0x =
và
1
1 2
1
x
x
+ + ≥
+
, dấu
bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình:
1
1 2008 1 2008 1
1
x x x

đẳng thức để đánh giá được
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):
2 2
9
1
x x
x
+ = +
+
Giải: Đk
0x
≥
Ta có :
( )
2 2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
 
   
 
 
+ ≤ + + + = +
 ÷  ÷

)
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x− + + ≤ + − + + = −
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
( )
2
2 2
16
10 16 10 64
2
x x
 
− ≤ =
 ÷
 
Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
x

2
3 2
3 8 40 0 3 3 13x x x x x x− − + ≥ ⇔ − + ≥ +
Bài tập đề nghị .
Giải các phương trình sau
1)
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
− +
− + + = +
+ −
2)
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
− + − = − +
 ÷
 
Bài tập
1. Giải phương trình
a.
3 2x −
= 1 - 2x

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết quả đạt được
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng dạy tại
trường THPT Triệu Sơn 5. Phương trình vô tỉ là một nội dung quan trọng trong chương
trình môn toán lớp 10 nói riêng và bậc THPT nói chung. Nhưng đối với học sinh lại là
một mảng tương đối khó, đây cũng là phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
16

Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 10, được học
sinh đồng tình và đạt được kết quả, nâng cao khả năng giải phương trình vô tỉ. Các em
hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học
trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ
rệt. Cụ thể ở các lớp khối 10 sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy thì số HS
hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói trên , kết quả qua các bài kiểm
tra thử như sau:
.
Năm học Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
2003-2004

.
17

18