Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI CÁCH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT
ẨN PHỤ
A. Lý do chọn đề tài
Toán học là môn học cơ bản trong nhà trường phổ thông, đối với học sinh môn
toán nói chung và môn đại số nói riêng là một môn học khó. Bởi vậy không ít học
sinh dù đã cố gắng xong kết quả môn toán nói chung và phân môn đại số nói riêng
còn thấp so với yêu cầu. Để nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện các nhà trường
nói chung, các giáo viên trực tiếp giảng dạy nói riêng cần phải có giải pháp tích cực
để nâng cao chất lượng môn đại số của học sinh THPT
Nhằm mục đích nâng cao chất lượng học sinh khi học môn đại số nói chung và
phương trình vô tỉ nói riêng, nên tôi chọn sáng kiến kinh nghiệm ’’Phương trình vô
tỉ với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ’’
B. Mục đích nghiên cứu đề tài
Xây dựng những dạng bài tập cơ bản và phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương
trình vô tỉ. Giúp học sinh nâng cao trách nhiệm trong học tập, khắc phục tính chủ
quan tự mãn, đặc biệt là phát triển năng lực tự đánh giá. Giúp người thầy tự điều
chỉnh hoạt động dạy và học cho phù hợp.
C. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
1. Đối tượng: Học sinh lớp 10, 11 trường THPT Tuần Giáo.
2. Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu các dạng bài tập cơ bản và
phương pháp giải phương trình vô tỉ bằng cách đặt ẩn phụ.
D. Nhiệm vụ nghiên cứu
+ Giúp học sinh khối 10, 11 nắm chắc kiến thức cơ bản về phương trình vô tỉ
với cách giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
+ Học sinh hứng thú học và đạt kết quả cao.
E. Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu phương trình vô tỉ, đặc biệt với cách giải đặt ẩn phụ
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin

)(xf
,
)(xg
và
)(xf
.
)(xg
= k ( k= const)
Đặt t=
)(xf
( t
≥
0 )
⇒
)(xg
=
t
k
c) PT chứa
)(xf
±
)(xg
;
)().( xgxf
và f(x) + g(x) = k ( k= const)
Đặt t =
)(xf
±
)(xg


;0∈

e) PT chứa
22
xa +
Đặt x =
a
tant với t
;
2 2
π π
 
∈ −
 ÷
 
hoặc x =
a
cott với t
( )
0;
π
∈

f) PT dạng
ax 0b cx d+ + + =
đặt
2
t d
t cx d x
c

2
2 0A x x a B x x x x a C+ + + + + + + =
đặt
2 2
2t x x a t x x a x x a= + + ⇒ = + + + +
ta thu được pt bậc hai
( )
2
0At B t a C+ − + =
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
2
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
i) PT dạng
(
)
( )
2 2
0A x x a B x x x a C+ + + + + + =
đặt
2 2 2 2
2 2t x x a t x x x a a= + + ⇒ = + + +
ta được pt bậc hai
2
0
2
t a
At B C
 
−

−x

≥

4
3

⇒
Đk t
≥

4
3

Khi đó (1) có dạng
t
+
3+t
= 3
⇔
t + t + 3 + 2
)3( +tt
= 9
⇔

)3( +tt
= 3 – t
⇔

2




=
=
2
1
x
x
KL : PT có 2 nghiệm x= 1 ; x = 2.
VD 2 :GPT : 2x
2
+
54
2
−− xx
= 8x + 13 (2)
ĐK : x
2
– 4x -5
≥
0
⇔
x
≤
-1 hoặc x
≥
5
PT ( 2 )
⇔



<−=
=
0
2
3
1
y
y
loại
Với y = 1
⇔
x
2
– 4x - 5 = 1
⇔
x
2
– 4x - 6 = 0
⇔





+=
−=
102
102

+
2
34 xx −+
t
≥
0
⇒
t
2
= 6 + 2
)34)(23(
22
xxxx −++−
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
3
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
⇒

)34)(23(
22
xxxx −++−
=
2
6
2
−t
PT (3) có dạng : t – 2 ( t
2
– 6 ) = 11

4 + 3x – x
2
= 6 – y
( 3’) có dạng
y
+
y−6
= 1 ĐK : 0
≤
y
≤
6
⇔
y + 6 – y + 2
)6( yy −
= 1
( )
2 6 5y y⇔ − = −
pt vô nghiệm
⇒
PT (3) Vô nghiệm.
VD 4 : GPT
2
1 1 x+ −
= x ( 1 + 2
2
1 x−
) (4)
ĐK : 1- x
2


⇔

tcos1+
= sin t ( 1 + 2 cos t)
⇔
2
cos
2
t
= sin t + sin 2t

⇔

2
cos
2
t
= 2 sin
2
3t
cos
2
t

⇔

2
cos
2






=
=
2
6
π
π
t
t

⇔

1
2
1
x
x

=


=

Vậy PT có nghiệm là : x =
2
1

=
t
1
Khi đó PT ( 5 ) có dạng t +
t
1
= 2
⇔
t
2
– 2 t + 1 = 0
⇔
t = 1
⇔
1
2
−− xx
= 1
⇔
x -
1
2
−x
= 1
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
4
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
⇔


x = 1
Vậy PT có nghiệm x = 1
Cách 2 : Đặt x =
tsin
1
t
0;
2
π
 
∈


 

Khi đó vế trái PT ( 5 ) có dạng :
1
sin
1
sin
1
2
−−
t
t
+
1
sin
1
sin

2
cos
2
sin2
2
cos2
2
tt
t
=
=
2
tan
t
+
cot
2
t

≥
2 = VP ( Theo BĐT Cosi )
PT ( 5 )
⇔
ĐK để dấu “ =’’ xảy ra là

2
tan
t
=
cot

Vậy PT có nghiệm x = 1
VD6:GPT
2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
ĐK:
1 x− ≤
<0 hoặc
1x ≥
Chia cả hai vế cho x ta được
1 1
2 3x x
x x
+ − = +
Đặt
1
t x
x
= −
ta có pt
2
2 3 0 1 3t t t t− − = ⇔ = ∨ = −
(loại)
2
1 1 5
1 1 0
2
x x x x

ĐK : x
≥
-1
Đặt t =
1
3
+x
ĐK : t
≥
0
⇒
t
2
= x
3
+ 1
Khi đó PT ( 1 ) có dạng ( 4x – 1 )t
2
2t=
+ 2x – 1
( )
2
2 4 1 2 1 0t x t x⇔ − − + − =
(1’)
Có
∆
= ( 4x – 1 )
2
- 8( 2x – 1 ) = ( 4x – 3 )
2

x x
x
 − ≥




+ = −





+ =



⇔










−=


−=
=
3
4
3
2
x
x

Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt





−=
=
3
4
3
2
x
x
VD 2 :GPT : x
2
– 1 = 2x
xx 2
2
−
(2)

2
+ 1 = x
2
– 2x + 1 = ( x – 1 )
2

Do đó ( 2’ ) có nghiệm x = t
±
( x – 1 )
⇔





−−−=
−+−=
)1(2
)1(2
2
2
xxxx
xxxx

⇔






xxx
x
xx

⇔












=+−
≥
=−−
0123
2
1
012
2
2
xx
x
xx


1
Đặt
3
2
1
u x
v x

= −


= −


v
≥
0
⇒
u
3
+ v
2
= 1
Khi đó PT ( 1 ) trở thành
3 2
1
1
u v
u v



= −


⇔

3
3
3
2 0
2 1
2 2
x
x
x

− =

− =


− = −



⇔

2 0
2 1
2 8

1 ẩn phụ và một ẩn x .
1)Các bước giải :
B1: Đặt ĐK có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình .
B2 : Biến đổi PT về dạng f [ x,
ϕ
( x ) ] = 0
B3 : Đặt y =
ϕ
( x ) ta biến đổi PT thành hệ PT
( )
( , ) 0
y x
f x y
ϕ
=


=

2)Chú ý :
Hệ PT thu được thông thường là hệ đối xứng
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
7
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
Chú ý hai dạng toán cơ bản sau :
+) PT dạng:
ax+b
= c ( dx + e )
2

β
Phương pháp: đặt dy+e =
3
ax b+
3. Các ví dụ :
VD1 : GPT :
x+1
= x
2
+ 4x + 5 (1)
ĐK : x
≥
-1
( 1 )
⇔

x+1
= ( x + 2 )
2
+ 1; ( a = b = c = d =
β
= 1; e = 2 ;
α
= 0 )
Đặt y + 2 =
x+1
;ĐK y + 2
≥
0
⇔

+ = +



( )
( )
1'
2'
⇒
x – y = - [ ( x + 2 )
2
– ( y + 2 )
2
]
⇔
x – y = - ( x – y ) ( x + y + 4 )
⇔
( x – y ) ( x + y + 5 ) = 0 (*)
Vì x
≥
-1 ; y
≥
-2
⇒
x + y
≥
-3
⇒
x + y + 5
≥

1
2
y +
PT ( 2 ) Trở thành
3
3
1 2
1 2
x y
y x

+ =


+ =



( )
( )
a
b
⇔
3
3 3
1 2
2( )
x y
x y y x


+ =


− + + + =



⇔

3
3
2 2
1 2
( )
0
1 2
( )
2 0
x y
I
x y
x y
II
x xy y


+ =


− =

+ x – 1 ) = 0
⇔1
1 5
2
x
x
=


− ±

=


Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
8
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
+) Giải hệ II :
Ta có : x
2

+ xy + y
2
+2 = ( x +
1
2

 
+ = +
 ÷
 

Xét hàm số
( )
2
1 2
' 0
2
ac
y x cx d f x x c x
a a
= + + ⇒ = + = ⇒ = −
,
Khi đó bằng phép đặt
ax
2
ac
b y+ = +
, ta đưa pt về hệ pt đối xứng.
Ví dụ: Giải pt:
2
29 12 61
3
6 36
x
x x
+

29 1
3 3 5 2
6 6
x x y x x y+ − = + ⇔ + = +
Từ (1) và (2) ta có hệ:
( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
3 5
3
3 5
3 3 2 0
y y x
y x y x x y
x x y
x y y x y x

+ = +

⇒ − + − = −

+ = +


⇔ − + + = ⇔ =
hoặc
3 2

⇔ =
.
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
9
Trường THPT Tuần Giáo Điện Biên
5.2/ PT dạng :
2
1
ax , 0, ,b cx dx e a c o a
c
 
+ = + + ≠ ≠ ≠
 ÷
 
Xét f(x) = cx
2
+ dx + e
( )
' 2 0
2
d
f x cx d x
c
⇒ = + = ⇒ = −
khi đó bằng phép đặt
ax 2b cy d+ = +
. Ta đưa pt về hệ pt đối xứng
Ví dụ 1: Giải pt :
2

3 2 3 2
y y x
x x y

+ = −


+ = −


Ví dụ 2: Giải pt:
2
2004 1 16032 2004x x x− − + =
ĐK:
1
16032
x ≥ −
Ta có:
( ) ( )
2
1
2004 ' 2 1 0
2
f x x x f x x x= − − ⇒ = − = ⇒ =
Đặt
( )
2
1
1 16032 2 1, 4008 1
2

( ) ( )
3 2 2
ex ' 3 2f x cx dx m f x cx dx e= + + + ⇒ = + +

( )
'' 6 2 0
3
d
f x cx d x
c
⇒ = + = ⇒ = −
Khi đó bằng phép đặt:
3
ax
3
d
b y
c
+ = +
ta đưa pt đã cho thành hệ pt đối xứng
Ví dụ: Giải pt:
3
2
3
63 3 9
3
8 3 2 4
x
x x x− = − +
Ta có:

12 18 4 18 27 2
2 3 2 4
x
y x x y x x x− = − + ⇒ − = − +
Từ (1) và (2) ta có hệ
3 2
3 2
12 18 4 18 27
12 18 4 18 27
x y y y
y x x x

− = − +


− = − +


5.4/ PT dạng: PT dạng:
3 2
3
1
ax +ex , 0, 0,b cx dx m a c a
c
 
+ = + + ≠ ≠ ≠
 ÷
 
Xét hàm số
( ) ( )

3
4
81 8 3 2 3 2
3
x y x y y y− = − ⇒ = − +
( 1)
Từ pt và theo cách đặt ta có:
3 2
4
3 2
3
y x x x= − +
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ
3 2
3 2
4
3 2
3
4
3 2
3
y x x x
x y y y

= − +





+ =


=

nên đặt
1
2
2t x
t x
=


=

pt trở thành
( ) ( ) ( )
1
2
1 2 1 2 1 2
2
0 0
t t
t t t t t t t t t t
t t
=

− + + = ⇔ − − = ⇔

=

≥ −



≠ −


Pt đã cho tương đương:
( ) ( )
2
8 4 2 8 3 6 0x x x x x+ − + + + + =
( ) ( ) ( )
8 3 2 8 3 2 0x x x x x x⇔ + − + + + + + =
Đặt
8t x= +
ta được:
( ) ( )
2
3 2 3 2 0t x x t x x− + + + + =
Đặt
1 2
3 , 2t x t x= = +
pt có dạng:
( )
2
1 2 1 2
0t t t t t t− + + =

( ) ( )
1 2

2
x
x
+
=
2 2
2
( 1)
2 (1 )
x
x x
+
−
3) Giải PT : x
2
– 1 = 2x
2
2x x+
4) Giải PT : x
2
+ 4x = ( x+ 2 )
2
2 4x x− +
5) Giải PT :
3
9 x−
= 2 -
1−x
6) Giải PT : 7 x
2

Sáng kiến kinh nghiệm này được tôi áp dụng ở một số tiết dạy của khối 10, 11,
bước đầu đã thu được kết quả đáng kể. Chất lượng bài giảng được nâng lên so với
những năm học trước.
Về phía học sinh khi thực hiện tiết dạy này đã thu hút được sự chú ý của các em,
đa số học sinh hiểu bài và không còn lúng túng trong việc chọn cách giải cho một
bài toán, vận dụng linh hoạt vào các bài tập cụ thể
2. Bài học kinh nghiệm
Bản thân tôi rút ra được bài học kinh nghiệm trong các giờ luyện tập giáo viên
phải chọn bài hay, phù hợp với đối tượng học sinh để học sinh rèn luyện được kỹ
năng giải bài tập, gây hứng thú học tập và khơi dậy lòng yêu thích học môn toán
của các em.
Ngoài ra mỗi giáo viên phải khiêm tốn học hỏi, thường xuyên tích lũy kinh
nghiệm để từng bước nâng cao trình độ chuyên môn.
Cần tổ chức những giờ dạy mẫu có quy mô phù hợp với thực tế nhà trường ở
từng địa phương, để tìm ra một phương pháp thích hợp nhất giúp một giờ dạy toán
dù ở đâu, đối tượng học sinh như thế nào vẫn đạt được hiệu quả.
Tuần Giáo, ngày 15 tháng 4 năm 2009
Xác nhận của hội đồng khoa học nhà trường
Người viết
Hoàng Thị Duyên
Giáo viên: Hoàng Thị Duyên Tổ: Toán -
Tin
13