A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Môn toán ở cấp THCS là môn học cung cấp kiến thức nền để các em học tập
tốt các bộ môn khác, cũng như làm nền tảng để các em học tốt ở cấp THPT.
Trong những năm qua nhìn chung chất lượng môn toán của học sinh trường
THCS Thiệu Thành được nâng lên qua các kì thi học sinh giỏi cũng như thi vào
THPT.
Trong chương trình Đại số 9 thì phương trình vô tỉ là dạng toán tương đối
khó đối với học sinh .
Dạng toán giải phương trình vô tỉ có nhiều cách giải, vì vậy đòi hỏi học sinh
phải biết vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Có những lời giải xem ra “thiếu
tự nhiên” nhưng thật ra rất độc đáo. Với phương trình vô tỉ, các em chỉ được làm
quen ở lớp 9 dưới dạng đơn giản. Toán giải phương trình vô tỉ trong chương
trình đại số 9, được đề cập nhiều trong các loại sách tham khảo, do vậy giáo viên
rất khó trong việc sưu tầm, tuyển chọn.
Để góp phần vào việc giải quyết các vấn đề khó khăn trên, tôi mạnh dạn thực
hiện việc sưu tầm, tuyển chọn một số dạng bài bài tập về phương trình vô tỉ và
phương pháp giải áp dụng cho từng dạng để viết thành đề tài “Hướng dẫn học
sinh lớp 9 một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” giúp cho việc dạy và học
đạt kết quả cao.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận.
Căn cứ vào thực tế dạy và học hệ thống bài tập về giải phương trình vô tỉ
của chương trình đại số 9 tôi thấy hệ thống bài tập trong sách giáo khoa, sách
bài tập do bộ GD&ĐT ấn hành còn đơn giản, chưa đáp ứng đầy đủ yêu cầu của
dạng toán này bởi trên thực tế bài tập về phương trình vô tỷ rất đa dạng, phong
phú và là một thể loại toán khó của đại số THCS. Khi dạy phần này, nhất là đối
với học sinh khá giỏi đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm và lựa chọn
các dạng bài phù hợp có thể đề cập và khai thác trong các kỳ thi. Vì thế mà nội
dung giảng dạy chưa thống nhất.
Là giáo viên chúng ta luôn mong muốn cung cấp cho học sinh “chiếc chìa
khoá” để giải từng dạng cụ thể của phương trình. Song không phải dạng phương

phương trình vô tỉ kết hợp với tham khảo nghiên cứu tài liệu của học sinh, qua
kết quả khảo sát đánh giá của giáo viên cho thấy các em đã vận dụng được vào
giải một số phương trình chứa căn thức bậc hai ở các dạng cơ bản theo sự phân
dạng của giáo viên .
Kết quả khảo sát với lớp 9B trong năm học 2012 – 2013 như sau:
Sĩ số
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
30
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
7
23.3
10
33.4
7
23.3
6
20
Sau thời gian vận dụng một số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong
năm 2012 – 2013, sang năm học này tôi đã và đang tiếp tục vận dụng đề tài
“Hướng dẫn học sinh lớp 9 một số phương pháp giải phương trình vô tỉ” trong

+ Đối chiếu kết quả tìm được với tập xác định và kết luận nghiệm.
Chú ý: Với những phương trình có TXĐ là ∀x ∈ R (trong quá trình biến đổi
không đặt điều kiện) khi tìm được nghiệm phải thử lại.
2.1.3. Các kiến thức cơ bản về căn thức:
+ Số âm không có căn bậc chẵn
+ Muốn nâng lên luỹ thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình để được phương
trình tương đương, phải đặt điều kiện để hai vế không âm.
+ Với hai số a, b không âm, ta có: a = b ⇔ a = b
+ Với A là một biểu thức, ta có:

A2 = A

2.2. Phương pháp nâng lên lũy thừa giải một số dạng phương trình vô tỉ
chứa căn thức bậc hai.
2.2.1. Dạng 1:

f ( x ) = g ( x)

(1)

Cách giải: - Tìm ĐKXĐ của PT: g ( x) ≥ 0 (2)
- Bình phương hai vế PT (1) ta được: f ( x) = [ g ( x)] 2 (3)
- Giải PT (3), chọn nghiệm thỏa mản ĐK (2). Suy ra nghiệm của PT (1)
Chú ý: Trong quá trình giải lưu ý học sinh không cần lấy điều kiện để f ( x) ≥ 0 .
Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x − 1 = 3
HD: Ta có 2 x − 1 = 3 ⇔ 2 x − 1 = 9 ⇔ x = 5 .
Vậy PT có một nghiệm duy nhất x = 5
Ví dụ 2: Giải PT: 2 x − 1 = 8 − x (1)
HD: ĐKXĐ: x ≤ 8
Bình phương hai vế rồi rút gọn PT (1), được PT: x 2 − 18 x + 65 = 0 (2)


+ Nếu h(x) = 0, ta có:

(I)

Nếu hệ (I) có nghiêm thì PT(1) có nghiệm.
+ Nếu h(x) > 0. Tìm ĐKXĐ của PT: f ( x) ≥ 0 và g ( x) ≥ 0 (2)
Bình phương hai vế PT(1), biến đổi được PT:
2
[
h( x ) ] − f ( x ) − g ( x )
f ( x ).g ( x) =

(3)
2
Phương trình (3) có dạng 1 nên giải theo phương pháp của dạng 1.

Chú ý: Tượng tự, giải phương trình dang
thêm ĐK:

f ( x ) − g ( x ) = h( x )

f ( x ) ≥ h( x )

Ví dụ 1: Giải phương trình.

x − 3 + x 2 − 9 = 0 (1)

HD: ĐKXĐ: x ≥ 3
 x − 3 = 0


4


HD: ĐKXĐ − 4 ≤ x ≤

1
2
2 x + 1 ≥ 0

Ta có: (1) ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x ⇔ 2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1 ⇔  2
x + 7 x = 0
⇔ x = 0 (nhận) hoặc x = −7 (loại). Vậy PT(1) có một nghiệm x = 0.
2.2.5. Dạng 5:
f ( x) + g ( x) ± f ( x).g ( x) = c (1)
Cách giải: Tìm ĐKXĐ của PT: f ( x) ≥ 0 và g ( x) ≥ 0
Đặt ẩn phụ: y = f ( x) + g ( x) (với y ≥ 0 ) (2)
⇒

c 2 − f ( x) − g ( x)
f ( x).g ( x) =
(3)
2

Thay vào (1) được phương trình bậc hai ẩn y. Giải PT bậc hai ẩn y, chọn nghiệm
y thích hợp, thay vào (2) được phương trình dạng 2.
Giải phương trình thu được. Suy ra nghiêm của PT(1)
Ví dụ: Giải phương trình x + 4 + 3x + 1 + 2 3x 2 + 13x + 4 = 51 − 4x (1)
−1
51

x
)
≥
0


 p ( x ) ≥0
Bình phương 2 vế phương trình (1) đưa về dạng:

F ( x) + G ( x) = H ( x)

Tuỳ theo từng trường hợp cụ thể để có cách giải phương trình vô tỷ phù hợp.
Chú ý: Nếu f(x) – g(x) = a và h(x) – p(x) = b với a,b ∈ R thì ta nhân và chia mỗi
vế của PT(1) với biểu thức liên hợp của chúng
Ví dụ: Giải phương trình 2 x + 1 + 2 x + 16 = 2 x + 4 + 2 x + 9 (1)
HD: ĐKXĐ: x ≥

−1
2

5


Bình phương hai vê PT(1), thu gọn được PT:
4 x 2 + 34 x + 16 + 2 = 4 x 2 + 26 x + 36 (2)

Bình phương hai vê PT(2), thu gọn được PT:
x ≤ 2
⇔ x = 0 (nhận)
4 x 2 + 34 x + 16 = −2 x + 4 ⇔  2

Vậy PT(1) có một nghiệm x = 5.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 (1)
HD: ĐKXĐ: x ≥ 1
(1) ⇔ x − 1 + 2 x − 1 + 1 + x − 1 − 2 x − 1 + 1 = 2 ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 (2)
Nếu x > 2 thì (2) ⇔ x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 ⇔ x = 2 (Loại)
Nếu x ≤ 2 thì (2) ⇔ x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}

6


2.4. Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ trong giải toán có ý nghĩa rất quan trọng, dựa vào đặc điểm của
từng bài toán chúng ta có cách đặt ẩn phụ khác nhau. Đối với phương trình vô tỉ
cũng vậy, có những bài nếu sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa sẽ khó khăn
trong tìm lời giải. Nếu như chúng ta phân tích kỹ bài toán để đặt ẩn phụ thì việc
giải nó sẽ đơn giản và đỡ khó khăn hơn.
Với kinh nghiệm của bản thân trong quá trình giảng dạy, tôi hướng dẫn học
sinh một số cách đăt ẩn phụ sau:
2.4.1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường.
Ví dụ 1: Giải phương trình

3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2

(1)

HD: ĐKXĐ x 2 + 7 x + 7 ≥ 0 (*)
Đặt

2

( x 2 + x 2 + 2014 )( x 2 − x 2 + 2014 + 1) = 0
⇔ x 2 − x 2 + 2014 + 1 = 0 (2) vì x 2 + x 2 + 2014 > 0

Đặt

2
2
x 2 + 2014 = t với t > 0, thì x = t − 2014 . Khi đó PT (2) trở thành:

t 2 − t − 2013 = 0 (3). Giải PT (3) được: t =

1 + 8053
1 − 8053
(nhận) hoặc t =
(loại)
2
2

2

 1 + 8053 
 − 2014 ⇒ x = ± 2013 + 8053
Suy ra x = 

2
2


2


⇒ x = 4; x = 548
⇒ u + v = 8; u 4 + v 4 = 706 .Đặt t = uv ⇒ t − 128t + 1695 = 0 ⇔ 
t = 113

Vậy PT có hai nghiệm x1 = 4; x2 = 548
Ví dụ 2: Giải phương trình sau
2 x 2 − 1 + x 2 − 3 x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 (1)
a = 2 x 2 − 1

b = x 2 − 3x − 2
a + b = c + d
⇔ x = −2
HD: Ta đặt : 
,
khi
đó
ta
có
:
 2
2
2
2
2
a
−
b
=
c
−

3

Nếu a = 1 - 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 1 − 2 x 2 − x + 1 (*)
Ta có : VT(*) ≥ 0 (1)
2

1
3
VP(*) = 1 − 2 x 2 − x + 1 = 1 − 2  x − ÷ + ≤ 1 − 3 < 0 (2)


2

4

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1
3

2.4.3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
HD:

Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1
t = x
t = 3

Phương trình trở thành: t2 - (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t - x)(t - 3) = 0 ⇔ 

(5 − 2 6 )

x

=u

x

(5 + 2 6 )

(u > 0) thì

x

=

(1)

1
u

khi đó phương trình (1) có dạng:
u+

1
= 10 ⇔ u 2 − 10u + 1 = 0 ⇔
u

u = 5 − 2 6



=

(5 − 2 6 )

−2

⇔ x = −2

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = ±2
2.4.5. Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai hai ẩn dạng:
u 2 + α uv + β v 2 = 0
2

Cách giải:

u
u
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v
v = 0 thử trực tiếp

Ví dụ 1: Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x 3 + 1 (1)
HD: ĐKXĐ: x ∈ R
3
2
Dễ thấy: x + 1 = ( x + 1) ( x − x + 1) và ( x 2 + 1) + ( x 2 − x + 1) = 2( x 2 + 1)
Đặt



( x − 1) ( x 2 + x + 1)

v = 9u
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔  1
v = u
4

Ta được : x = 4 ± 6
2

2.5. Phương pháp đánh giá.
2.5.1. Chứng tỏ rằng phương trình vô nghiệm vì có một vế luôn nhỏ hơn vế
kia.
Ví dụ: Giải phương trình
x2 +1 + x2 + 4 = 2
HD: ĐKXĐ ∀x ∈ R
Ta thÊy : x 2 ≥ 0 ∀x nª n x 2 + 1 ≥ 1; x 2 + 4 ≥ 2 ⇒ x 2 + 1 + x 2 + 4 ≥ 3
Vế trái lớn hơn hoặc bằng 3. Mà vế phải bằng 2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
2.5.2. Phương pháp sử dụng tính đối nghịch ở hai vế.
 A ≥ m (1)
 B ≤ m (2)

+ Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương
trình A = B
 A ≥ f ( x )
 B ≤ f ( x)

2

y=−

1
3

10


Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi vế trái bằng vế phải.
Vậy nghiệm của phương trình (1) là: x = 2 và y = −

1
3

Ví dụ 2: Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1)




HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5
3
5
4



9


1

⇔ 4 − x = x − 4 (*)
4− x +5
Ta có: VP(*) = x − 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ 4 (2)

Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.
2.5.3. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
+ Nếu tại x = x0 mà f(x) > m và g(x) < m thì x 0 là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x)
3
Ví dụ: Giải phương trình
2 x − 1 + 3 x − 1 = 1 (1)
HD: ĐKXĐ ∀x ∈ R
Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình
+ Với x > 1 ta có: VT = 3 2 x − 1 + 3 x − 1 > 1
+ Với x < 1 ta có: VT = 3 2 x − 1 + 3 x − 1 < 1
suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
2.5.4. Phương pháp sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức
không chặt.
+ Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn,
nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng
bất đẳng thức để đánh giá được.
Ví dụ: Giải phương trình :
HD: ĐKXĐ x >

x
4x − 1
+
= 2 (1)



x
4x − 1

=

4x − 1
⇔ x = 4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 ± 3 (TM *)
x

Vậy PT có hai nghiệm x = 2 ± 3
2.5.5. áp dụng bất đẳng thức để đánh giá một vế của phương trình rồi kết
hợp với phương trình đã cho để kết luận nghiệm.
Ví dụ: Giải phương trình
x 2 + x − 1 + − x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2 (1)
HD:

x2 + x - 1 ≥ 0
§ iÒu kiÖn : 
2
x − x + 1 ≥ 0

(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với mỗi số hạng ở vế trái của (1) ta có:

x2 + x −1+1 x2 + x
x + x −1 ≤
=

(1) ⇔ ( x − 2 − 2

) (

y ≥ 0 ; z ≥ 0 ; (*)

) (
⇔ ( x − 2 − 1) + ( y − 3 − 2) + ( z − 5 − 3) = 0

(1)

)

x − 2 + y − 3− 4 y − 3 + 4 + z − 5− 6 z − 5 + 9 = 0

2

2

2

 x − 2 −1 = 0
x− 2 =1
x=3



⇔  y − 3 − 2 = 0 ⇔ y − 3 = 4 ⇔  y = 7
 z−5−3= 0
z − 5 = 9

Ví dụ: Giải phương trình sau
3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

2
2
HD: Ta nhận thấy : ( 3x − 5 x + 1) − ( 3x − 3 x − 3) = −2 ( x − 2 ) và

(x

2

− 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 )

Ta có thể trục căn thức 2 vế
−2 x + 4

3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

3x − 6

=

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

Dễ dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
2.7. Một số bài tập vận dụng.
Bài 1: Giải phương trình : 3 25 + x + 3 3 − x = 4 (1)
HD: ĐKXĐ: ∀x ∈ R .
Cách 1: Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được.
(1) ⇔ 25 + x + 3 − x + 33 (25 + x)(3 − x) . 3 25 + x + 3 3 − x = 64 (2)

Cách 2:

Đặt

3

25 + x = u Và

Khi đó ta được hệ phương trình

3

3
3
3 − x = v Suy ra v + v = 28 .

u 3 + v 3 = 28

(I)
u + v = 4

u = 1
u = 3
⇒ x = 24 ; 
⇒ x=2
v = 3
v = 1

Giải hệ (I) được 


Ta thấy ( x − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 4 x − 5 ) nên tồn tại
2
2
hai số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1)

Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5 ) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) .
u = x 2 − 4 x − 5
Đến đây bài toán được giải quyết bằng cách đặt: 
v = x + 4

2.8. Một số sai lầm khi giải phương trình vô tỷ:
Trong quá trình giải phương trình vô tỉ đối với căn thức bậc chẵn, nếu không cẩn
thận học sinh sẽ mắc một số sai lầm như:
- Không tìm tập xác định khi giải
- Không đặt điều kiện khi biến đổi tương đương các phương trình .
Ví dụ: Giải phương trình
3x − 2 − 2x − 3 = 5x − 1 (1)
Giải sai:
Chuyển vế:
3x − 2 = 2x − 3 + 5x − 1 ⇔ 3x − 2 = 5x − 1 + 2x − 3 + 2 ( 5x − 1)( 2x − 3)

⇔ 2 10x 2 − 17x + 3 = − 4x + 2 ⇔ 10x 2 − 17x + 3 = − 2x + 1
x = 2
2
2
2
⇔ 10x − 17x + 3 = 1 − 4x + 4x ⇔ 6x − 13x + 2 = 0 ⇔  1
x =
6




1 − 2x ≥ 0

Phương trình (2) ⇔ 
2
2
10 x − 17 x + 3 = (1 − 2 x )
Như vậy phương trình (3) tương đương với phương trình (2) khi x ≤
Suy ra x = 2 cũng không phải là nghiệm của phương trình (1)
3
Giải đúng: ĐKXĐ x ≥
(*)
2

1
2

1

1 − 2x ≥ 0
x≤


2
(1) ⇔ 10x − 17x + 3 = 1 − 2x ⇔  2
⇔
2
2
2

cận đến các kỳ thi.
Trong học kì một vừa qua, thông qua các buổi ôn tập các em đã được học
một số phương pháp giải phương trình vô tỉ. Qua kết quả khảo sát của giáo viên,
các em đã vận dụng được một số phương pháp giải để làm bài tập vận dụng.
Kết quả khảo sát của giáo viên đối với lớp 9A sau khi các em đã được vận
dụng phương pháp giải trong học kì một năm học 2013 – 2014.
Sĩ số
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
20
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
4
25
7
35
5
25
4
20

C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT

hình thành và hoàn thiện phương pháp giải phương trình vô tỉ áp dụng cho từng
đối tượng học sinh.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU
TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết sáng kiến

Nguyễn Đình Tĩnh

Phần
A
B

MỤC LỤC
Nội dung
Đặt vấn đề
Giải quyết vấn đề
I. Cơ sở lí luận
II. Thực trạng
III. Giải pháp và biện pháp thực hiện

Trang
1
1
1
2