Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Toán học là môn học có ứng dụng hầu hết trong tất cả các ngành khoa học
tự nhiên cũng như trong các lĩnh vực khác của đời sống xã hội nên nó có vị trí
đặc biệt trong viêc phát triển và nâng cao dân trí. Toán học không chỉ cung cấp
cho người học những kiến thức cơ bản, những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn
giúp rèn luyện và phát triển tư duy logic.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra phương pháp dạy học và giải bài
tập toán đòi hỏi người giáo viêm phải chọn lọc có hệ thống, sử dụng đúng
phương pháp dạy học góp phần hình thành và phát triểm tư duy của học sinh.
Đồng thời qua việc học toán, học sinh được bồi dưỡng rèn luyện về phẩm chất
đạo đức, các thao tác tư duy để giải bài tập toán.
Hiện nay từ lớp 7 học sinh đã được biết việc mở rộng tập số hữu tỉ Q
thành tập số thực R, khi lên lớp 9 học sinh được học về phương trình vô tỉ nhưng
tình trạng chung là học sinh thường lúng túng chưa biết cách giải hoặc giải được
nhưng chưa chặt chẽ, mắc sai lầm. Nguyên nhân của tình trạng trên chính là giải
phương trình vô tỉ là một dạng toán tương đối mới lạ và khó đối với học sinh,
bên cạnh đó giáo viên trong quá trình dạy thường ít khai thác, phân tích đề bài,
mở rộng bài toán mới nên học sinh chưa được trạng bị các phương pháp giải
một cách có hệ thống vì vậy khi gặp bài toán giải phương trình vô tỉ việc suy
luận còn hạn chế dẫn đến kết quả thấp.
Do đó phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc giải phương
trình vô tỉ là cần thiết nên tôi xin trình bày “Kinh nghiệm giảng dạy phương
trình vô tỉ ở bậc THCS” của mình với mong muốn có thể trang bị cho học sinh
một số kiến thức về phương trình vô tỉ, giải đáp được thắc mắc, sửa chữa được
những sai lầm hay gặp khi giải phương trình vô tỉ, giúp các em nắm được một
cách có hệ thống các phương pháp cơ bản và áp dụng thành thạo các phương
pháp đó để giải bài tập, khắc phục tình trạng trên. Mặt khác giúp các em tiếp thu
bài chủ động sáng tạo, thấy rõ được mục đích của việc học toán và học tốt hơn
các bài tập về phương trình vô tỉ, từ đó góp phần nâng cao chất lượng học môn
toán của học sinh trong trường THCS.

2
+−
xx
=3
d)
3 2
3
3
3 2
1 1
4
1
1
x x x
x
x
− −
− =
+
−
2. Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ bản
Để giải phương trình vô tỉ thông thường ta tìm cách khử dấu căn, ta có thể
tiến hành theo các bước cơ bản như sau :
- Tìm điều kiện xác định của phương trình (ĐKXĐ)
- Biến đổi phương trình về dạng đã học (quen thuộc)
- Giải phương trình vừa tìm được
- Đối chiếu với ĐKXĐ để kết luận nghiệm.
Sau đây chúng ta sẽ đi tìm hiểu một số phương pháp cụ thể thường dùng
để giải phương trình vô tỉ :
2.1. Phương pháp nâng lên luỹ thừa

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

x x
x x
− ≥

≤


⇔ − = − ⇔ ⇔
 
− + =
− = −



Phương trình
2
27 170 0x x
− + =
có nghiệm
10
1
=x
( Thoả mãn
13x
≤
)
17
2
=
x

x
≤


≥ −


⇔
12
≤≤−
x
121 =+−− xx

xx ++=−⇔ 211
(1)
Bình phương hai vế của phương trình (1) ta được :

xxx ++++=− 22211

⇔
01
2
=−+
xx
Phương trình này có nghiệm
1
1 5
2
x
− +

x
27
3
=−+
x

Giải. Lập phương hai vế của phương trình được :
( )
3 3
3
1 7 3 ( 1)(7 ) 1 7 8x x x x x x+ + − + + − + + − =
3
1 7 3 ( 1)(7 ).2 8x x x x
⇔ + + − + + − =
3
( 1)(7 ) 0
( 1)(7 ) 0
1 0 1
7 0 7
x x
x x
x x
x x
⇔ + − =
⇔ + − =
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
− = =

 
 
− ≥ ≥
 

1
+
x
-
7−x
=
x
−
12

⇔
1
+
x
=
x
−
12
+
7−x
Bình phương hai vế của phương trình ta được :
1 12 2 (12 )( 7) 7
4 2 (12 )( 7)
x x x x x
x x x

44
; x
2
= 8.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
+−
3
1x
3
2−x
=
3
32 −x
Giải. Lập phương hai vế của phương trình ta được :
( )
32212.1321
3333
−=−+−−−+−+−
xxxxxxx
( )
0212.13
3333
=−+−−−⇔
xxxx
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 4
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
( )






=−+−
=−
=−
⇔
2
3
2
1
21
02
01
21
02
01
021
02
01
3333
3
3
x
x
x
xx
x
x
xx
x

+
5+x

Giải.
ĐKXĐ:







≥+
≥+
≥+
≥+
05
02
010
01
x
x
x
x
⇔






x x x
+ + + + + + = + +
⇔ + + + + =
⇔ + + = − +
Nhận thấy với ĐKXĐ: x
≥
-1 thì
( )
( 1)( 10) 0
1 0
x x
x

+ + ≥


− + ≤


nên ta có :
( )
( 1)( 10) 1 0
1
x x x
x
+ + = − + =
⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm : x = - 1.
*) Nhận xét
Phương pháp nâng lên luỹ thừa được sử dụng rộng rãi để giải một số dạng

− + = − + ⇔ − = − +

⇔
3 4 4x x
− = − +
⇔
4 0 4
2
3 4 4 2
0
3 4 4 0
x x
x
x x x
x
x x x
− + ≥ ≤
 
=

 
⇔ ⇔
− = − + =
 
 

=

 
 

⇔

+−
2x
4
−
x
= 5 (*)
Lập bảng xét dấu :
x 2 4
x - 2 - 0 + +
x - 4 - - 0 +

Ta xét các khoảng :
+ Khi x < 2 thì (*) có dạng : - (x – 2) – (x – 4) = 5

⇔
6 - 2x = 5

⇔
x =
1
2
(Thoả mãn x < 2)
+ Khi 2
≤
x
≤
4 thì (*) có dạng : (x – 2) – (x – 4) = 0


Giải .
++−−
314 xx
816
+−−
xx
= 1
⇔
++−−−
414)1( xx
916)1(
+−−−
xx
= 1
⇔
+−−
2
)21( x
2
)31(
−−
x
= 1

⇔

+−− 21x
31 −−x
=1 (1)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 6

A
=
0
0
A khi A
A
A khi A
≥

=

− <

Bên cạnh đó học sinh cũng thường mắc sai lầm hoặc lúng túng khi xét các
khoảng giá trị nên giáo viên cần hướng dẫn học sinh lập bảng xét dấu.
2.3.Phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 1. Giải phương trình : 2x
2
+ 3x +
932
2
++
xx
=33
Giải. ĐK :
0
8
63
4
3

2x
2
+ 3x + 9 +
932
2
++
xx
- 42 = 0 (1)
Đặt :
932
2
++
xx
= y (ĐK : y > 0 )
Phương trình (1) có dạng : y
2
+ y – 42 = 0
Phương trình này có nghiệm :
y
1
= 6 (thoả mãn y > 0)
y
2
= - 7 (loại)
Với y = 6 ta có :
932
2
++
xx
= 6

≥
0
Đặt :
4
x
= y (ĐK : y
≥
0)
⇒
x
= y
2

Khi đó phương trình
x
+
4
x
= 12 có dạng :
y
2
+ y – 12 = 0
Phương trình này có hai nghiệm
y
1
= 3 (thoả mãn y
≥
0 )
y
2




≤
−≥
3
1
x
x
⇔ - 1 ≤ x ≤ 3
Đặt :
1
+
x
+
x−3
= t (ĐK : t
≥
0)
⇒
t
2
= 4 + 2
)3)(1( xx
−+

⇒

)3)(1( xx
−+

x

≥
0 và
x−3

≥
0 nên :
1
+
x
+
x−3
= 0
1 0 1
3
3 0
x x
x
x

+ = = −


⇔ ⇔
 
=
− =



Giải . ĐK : x
3
+ 1 ≥ 0
⇔
(x + 1)(x
2
– x + 1) ≥ 0
⇔
x + 1 ≥ 0
⇔
x ≥ - 1
Vậy ĐKXĐ : x ≥ - 1
Ta có : 5
1
3
+
x
= 2( x
2
+ 2)
⇔
5
1
+
x
.
1
2
+−
xx


=−
=−
02
02
ba
ba
+ Trường hợp : 2a = b, ta có :
1
+
x
=
1
2
+−
xx

⇔
4x + 4 = x
2
– x +1

⇔
x
2
– 5x - 3 = 0
Phương trình này có nghiệm x
1
=
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
=
2
375
+
; x
2
=
2
375 −
.
Ví dụ 5. Giải phương trình :
1
+
x
+ 2(x + 1) = x - 1 +
x
−
1
+ 3
2
1 x
−
(1)
Giải.
ĐKXĐ : -1
≤
x
≤

=


+ =


- Nếu u = t ta có :
1 1 1 1 0x x x x x+ = − ⇔ + = − ⇔ =
(Thoả mãn -1
≤
x
≤
1 )
- Nếu 2u + 1 = t ta có :

( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 1 1 1 4 1 4 1 1 1
5 4 0
4 1 5 4
16 1 5 4
x x x x x
x
x x
x x
+ + = − ⇔ + + + + = −
 − + ≥



≤ −
≤ − 
 
⇔ ⇔ ⇔
=

  

  
+ =
+ =




= −


24
25
x
⇔ = −
(Thoả mãn -1
≤
x
≤
1 )
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 9

=
2
3
+
x
3
1 2 1 1 1 2 1 1
2
x
x x x x
+
⇔ − − − + + − + − + =
( ) ( )
2 2
3
1 1 1 1
2
x
x x
+
⇔ − − + − + =
3
1 1 1 1
2
x
x x
+
⇔ − − + − + =
ĐKXĐ : x
≥

1 2 1 1 0 1 1 0 1 1
1 1 2 ( / 0)
1 1 0 ( / 0)
t
t t t t t
t t t t
t t t m t
t t t m t
+
⇔ − + + = ⇔ − + − − + =
⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔ − =
− = = ≥
 
⇔ ⇔
 
− = − = ≥
 
- Với t = 2 ta có :
1
−
x
= 2
⇔
x = 5 (Thoả mãn x ≥ 1)
- Với t = 0 ta có :
1
−
x
= 0
⇔

2
2
2
≤≤−⇔≤⇔



≥−
≥−
xx
x
x
Vậy ĐKXĐ :
150 ≤≤ x
Đặt
2
25 x
−
= a ( ĐK a
≥
0) (* )

2
15 x
−
= b (ĐK b
≥
0) ( ** )
Suy ra : a – b = 2
và a

⇔



=−
=−
10
2
10
2
22
baba
ba
ba
ba



=+
=−
⇔
5
2
ba
ba
⇔





4
51
4
9
15
22
±
=⇔=⇔=−⇔
xxx
(t/m
1515 ≤≤− x
)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2
51
±
.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
35
3)3(5)5(
−+−
−−+−−
xx
xxxx
= 2 (1)
Giải. ĐKXĐ : 3
≤
x
≤
5

( )
( )
22
22
22
=+−⇔=
+
+−+
⇔ tutu
tu
tututu
Vậy ta có hệ phương trình :





=+−
=+
2
2
22
22
tutu
tu






0
≥
t
)
- Với u = 0 ta có :
505 =⇔=− xx
(thoả mãn 3
≤
x
≤
5)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 11
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
- Với v = 0 ta có :
303 =⇔=− xx
(thoả mãn 3
≤
x
≤
5)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 3 ; x
2
= 5.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
3
2 x−
+
1



=+
=+
)2(1
)1(1
23
tu
tu
Từ phương trình (1)
⇒
u = 1 – t . Thay vào phương trình (2) ta có :
(1 – t )
3
+ t
2
= 1
⇔
t( t
2
- 4t + 3) = 0
( )( )
031 =−−⇔ ttt





=
=

= 1 ; x
2
= 2 ; x
3
= 10.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
3
2
)1( +x
+
3
2
)1(
−
x
+
3
2
1
−
x
= 1
Giải. Đặt :
3
1
+
x
= a

3

ba
Vậy ta có hệ phương trình :





=−
=++
2
1
33
22
ba
abba
( )
( )



=−
=++
⇔





=++−
=++

+ (a – 2)
2
+ a(a – 2) = 1
⇔
3(a – 1)
2
= 0
⇔
a = 1
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 12
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Với a = 1 ta có
3
1
+
x
= 1
⇔
x + 1 = 1
⇔
x = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x = 0
*) Nhận xét
Phương pháp đưa về hệ phương trình có những đặc thù và đặc điểm sáng
tạo riêng đòi hỏi học sinh phải tư duy hơn do đó phương pháp này dùng cho học
sinh khá giỏi, giáo viên cũng lưu ý cho học sinh một số điểm :
- Tìm điều kiện xác định của phương trình.
- Đặt ẩn phụ thích hợp (hai hay nhiều ẩn), dựa vào mối quan hệ của các
biểu thức được đặt làm ẩn phụ và phương trình ban đầu để lập lên hệ phương
trình, từ đó đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình.

07
03
−≥⇔



−≥
−≥
⇔



≥+
≥+
x
x
x
x
x
Vậy ĐKXĐ : x
≥
-3
Ta có :
)7)(3(
++
xx
- 3
3+x
- 2
7+x





=−+
=−+
023
037
x
x
⇔



=
=
⇔



=+
=+
)(1
)(2
43
97
KX§§
KX§§
TMx
TMx

xx
xx

1
≥
x
hoặc x = - 1
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 13
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Vậy ĐKXĐ :
1
≥
x
hoặc x = -1
Ta thấy VT của (1)
( )( ) ( )( )
11312
−++++
xxxx

≥
0 nên (1) có nghiệm thì :
2(x + 1)
≥
0
⇔
x
≥
- 1
Nhận thấy x = - 1 là một nghiệm của (1).

xxx

( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 3 1 1 0
1 2 2 3 1 0
1
1 0
2 2 3 1
2 2 3 1 0
1 ( / )
1
25
4.2 3 1
( / )
7
x x x
x x x
x
x
x x
x x
x t m
x
x x
x t m

1
= -1 ; x
2
= 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
2 3 2 2 2 2 1 2 2x x x x x
+ + + + + − + = + +
Giải.
ĐK :
2 3 2 0 2 2 3
2 2 2 0 2 2 2
2 0 2
x x x x
x x x x
x x
 
+ + + ≥ + ≥ − −
 
 
+ − + ≥ ⇔ + ≤ +
 
 
+ ≥ ≥ −
 
 
(*)
7 7 17
4 8
x
− +

Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
2 3 2 2 2 2 1 2 2 2 2x x x x x x⇔ + + + = + − + + + + − +
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x x x x x x⇔ + = + − + ⇔ + = + − +
( ) ( )
2
2 2 1 2 0
1
2
x x x x x x
x
x



⇔ = + ⇔ = + ⇔ + − =
= −
⇔
=
Ta thấy x = -1 không thoả mãn ĐK (*) và x = 2 thoả mãn ĐK (*).
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
3
1 x
−
+
2+x
= 1
Giải . ĐKXĐ : x
≥
-2

3
2
3 t
−
= 1- t
⇔
3 – t
2
= (1 – t)
3

⇔
t
3
– 4t
2
+ 3t + 2 = 0
⇔
(t - 2).( t
2
- 2t - 1) = 0
Phương trình này có ba nghiệm :
t
1
= 2 (Thoả mãn t
≥
0)
t
2
=

21
+⇔
x + 2 =
221223
+=⇔+
x
(Thoả mãn x
≥
-2)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
= 2 ; x
2
=
221
+

Ví dụ 5. Giải phương trình : (4x – 1).
1
2
+
x
= 2(x
2
+ 1) + 2x - 1 (1)
Giải. ĐKXĐ : ∀ x∈ R
Đặt :

012
y
xy
- Với y – 2x + 1 = 0 ta có :
1210121
22
−=+⇔=+−+
xxxx
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 15
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS

( )
( )
2
2
2
1
1
2 1 0
2
2
1 2 1
3 4 0
3 4 0
x
x
x
x x
x x
x x



⇔ ⇔ =
=






=


- Với 2y – 1 = 0 ta có :
0112
2
=−+
x
0
4
3
4
1
1
2
1
1
222
<−=⇔=+⇔=+⇔
xxx

= 2( u
2
– 1)
⇔

( ) ( )
[ ]
012121
2
=+−+−− uuu⇔

( )
(
)
01221
2
=−−−− uuu
⇔




=−−−
=−
0122
01
2

Ta có với u
≥
0 th× 2u + 1
≥
0 nên
2
2 u
−
= 2u + 1
⇔ 5u
2
+ 4u – 1 = 0
Phương trình này có hai nghiệm :
u
1
= - 1 < 0 (loại )
5
1
2
=u
(thoả mãn u
≥
0)
Với
5
1
2
=u
ta có :
25

+ −
+ =
+ + − −
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 16
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Giải .
ĐK :
0 0
0
2 0 4 4 0 4
0
2 2
2 2 0
x x
x
x x x x
x
x
x

≥ ≥

≥



 
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ < ≤
  
  


⇒ + =

= −


(1)
Từ đó ta có phương trình :
2 2
2
2 2
a b
a b
+ =
+ −

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 0

+ − =
⇔ − − =
Phương trình này có hai nghiệm :
1
2 6
2
a
+
=
(thoả mãn a > 0)
2
2 6
2
a
−
=
(loại )
Với
2 6
2
a
+
=
ta có :
2 6
2 2 2 3
2
x x
+
+ = ⇔ + = +

Giải.
ĐK :





≥−
≥−
≥−
023
015
01
x
x
x
⇔
1
3
2
5
1
1
≥⇔







Nhưng
023 ≥−= xVP
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
2354136116
4
222
+=+−++−++−
xxxxxx
Giải.
116
2
+−
xx
+
136
2
+−
xx
+
4
2
54
+−
xx
= 3 +
2⇔

+
4
2
1)2(
+−
x
≥
2
+
4
+ 1 = 3 +
2
= VP
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 18
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
Dấu “= ”
⇔




=
=
⇔



=−
=−
2

Ta thấy x = 3 nghiệm đúng với phương trình (1) .
- Với x > 3 thì :
3
2−x
>
=−
3
23
1
1
+
x
>
=+
13
2
nên
3
2−x
+
1
+
x
> 3
- Với – 1 ≤ x < 3 th×ì
3
2−x
<
=−
3

0
1
0
01
≥⇔



≥
≥
⇔



≥
≥−
x
x
x
x
x
Ta thấy x = 2 là một nghiệm của (1).
- Với x > 2 ta có :
228228
5 25 2
=+>+
x
323223
3
2

1121 =−<−x
2
<
x
nên
92213.22123228
3 25 2
+=+++<+−++++
xxxx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
*) Nhận xét
Khi giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của
hàm số ta thường nhẩm nghiệm của phương trình rồi thử trực tiếp để chứng tỏ
nó là nghiệm. Rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này không còn
nghiệm nào khác, việc chứng minh cần sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
(chú ý xét trên các khoảng thuộc tập xác định).
2.6.3.Phương pháp sử dụng tính đối nghịch ở hai vế.
Ví dụ 1. Giải phương trình :
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
(1)

= 5 – (x + 1)
2

≤
5
Vậy phương trình (1)
⇔
763
2
++
xx
+
14105
2
++
xx
= 4 – 2x – x
2
= 5

⇔
x = - 1
Do đó phương trình (1) có nghiệm x = -1.
Ví dụ 2. Giải phương trình :
4−x
+
x−6
= x
2
– 10x + 27 (1)





−+−≤−+− xxxx
⇒ VT =
4−x
+
26
≤−
x
(Dấu “=” xảy ra khi
564 =⇔−=− xxx
)
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 20
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
nên VT ≤ 2 ≤ VP
Khi đó phương trình (1)
⇔
4−x
+
x−6
= x
2
– 10x + 27 = 2
⇔
x = 5
Vì vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 5.
Ví dụ 3. Giải phương trình :
( )


+−−
2
)12( x
2
)11995(
−+
y
0)11996(
2
=−−+
z

⇔







=−
=+
=−
11996
11995
12
z
y
x

x
.
Ví dụ 4. Giải phương trình :
+
−14x
x
2
14
=
−
x
x
(1)
Giải.
ĐK :
4
1
0
4
1
0
014
>⇔





≠
>

+
−
x
x
x
x
x
x
x
x
Nên phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi : x =
14
−
x

⇔
x
2
- 4x +1 = 0 (do x >
4
1
nên x > 0)
Phương trình này có hai nghiệm :
32
1
+=
x
(thoả mãn ĐKXĐ :
4
1

≥
a , g(x)
≤
a (a là
hằng số) khi đó nghiệm của phường trình là các giá trị x thoả mãn đồng thời
f(x) = a và g(x) = a
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) = m (m là hằng số) và chứng tỏ luôn
có f(x)
≥
m (hoặc f(x)
≤
m) thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x
để xảy ra dấu “ = ” trong bất đẳng thức f(x)
≥
m (hoặc f(x)
≤
m).
Để sử dụng tốt phương pháp này cần biết áp dụng các bất đẳng thức Côsi,
Bunhia, …
C. KẾT LUẬN
Trên đây tôi đã giới thiệu một số phương pháp giải phương trình vô tỉ cơ
bản : Phương pháp nâng lên luỹ thừa, phương pháp đưa về phương trình chứa
dấu giá trị tuyệt đối, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp đưa về hệ phương
trình, phương pháp đưa về phương trình tích, phương pháp bất đẳng thức, trong
chương trình toán phổ thông còn những phương pháp khác nhưng tôi chỉ trình
bày một số phương pháp thông dụng, phù hợp với trình độ học sinh THCS. Nếu
như rèn luyện cho học sinh dạng toán này thì chúng ta đã trang bị cho học sinh
một lượng kiến thức không nhỏ, kết quả cũng có thể vận dụng trong nhiều dạng
toán khác. Tuy nhiên không phải đối tượng nào cũng tiếp thu được một cách dễ
dàng vì thế giáo viên phải khéo léo lồng ghép vào các tiết dạy nhằm thu hút và

như vậy là ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
Trong đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế, tối rất mong
được sự giúp đỡ của các đồng nghiệp để tôi hoàn thiện đề tài này và rút kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy những năm học sau.
Người thực hiện
Phạm Thị Thảo
Ngày 25 tháng 1 năm 2009
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 23
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK Đại số 9 – Nhà xuất bản GD
2. Một số vấn đề phát triển Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2001
3. Toán bồi dưỡng Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 2002
4. Toán nâng cao và các chuyên đề Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1995
5. Để học tốt Đại số 9 – Nhà xuất bản GD 1999
6. Nâng cao và phát triển toán 9 – Nguyễn Hữu Bình.
Người thực hiện : Phạm Thị Thảo – Trường THCS Đồng Minh 24
Kinh nghiệm giảng dạy phương trình vô tỉ ở trường THCS
PHỤ LỤC
ĐỀ KIỂM TRA : 45 phút
Bài. Giải các phương trình sau:
1.
2 2 19 1x x
+ + =

2.
4 1 4 9 6 1x x x x
+ − + + − =
3.
2