PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO HUYỆN Ý YÊN
TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
“MỘT SỐ GỢI Ý ĐỂ ĐẶT ẨN PHỤ TRONG GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ GIỎI Ở
TRƯỜNG THCS”

Tác giả: Nguyễn Văn Tuyến.
Trình độ chuyên môn: ĐHSP Toán
Chức vụ công tác: Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên
Nơi công tác: Trường THCS Lê Qúy Đôn.

Ý Yên, ngày 25 tháng 5 năm 2015
1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: “ Một số gợi ý để đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ bồi
dưỡng học sinh khá giỏi ở trường THCS ”
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Giảng dạy môn Toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán 9 trong chuyên đề giải phương trình vô tỷ.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến :
Từ ngày 1/10/2013 – 20/3/2015 đối với đội tuyển Toán 9.
Từ ngày 1/10/2014 – 10/5/2015 đối với học sinh lớp 9A4, 9A5.
4. Tác giả
Họ và tên: Nguyễn Văn Tuyến
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: Yên Phong - Ý Yên - Nam Định
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm
Chức vụ công tác: Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên

một bài về dạng này (chiếm tỷ lệ điểm từ 10% đến 15% điểm của bài thi). Điều đó cho
thấy vai trò của mảng kiến thức “phương trình vô tỷ” là rất quan trọng.
Đối tượng học sinh ở THCS Lê Qúy Đôn, đa số các em là những học sinh học khá,
giỏi hơn nữa rất nhiều em sẽ tham gia các kì thi chọn học sinh giỏi, các kì thi tuyển sinh
vào các trường THPT chất lượng cao và chuyên, nên việc trang bị cho các em các kiến
thức về phương trình nhất là phương trình vô tỷ là cần thiết.
Khi giải một phương trình vô tỷ, nhiều trường hợp dùng các phép biến đổi tương
đương sẽ cho ta phương trình phức tạp hoặc bậc quá cao. Phương pháp hữu hiệu là đặt ẩn
phụ để chuyển phương trình đã cho về phương trình hay hệ phương trình đơn giản và dễ
giải quyết hơn.
Chẳng hạn: Giải phương trình: 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x
Nếu ta đặt y = 2 + x − 2 2 − x , thì ta được phương trình mới đơn giản là:

(

)

Hoặc : Giải phương trình: x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30
Nếu ta đặt y = 3 35 − x 3 , thì ta được hệ phương trình đối xứng quen thuộc là:
x 3 + y 3 = 35

xy( x + y ) = 30
3


Kinh nghiệm thực tế cho thấy, không có phương pháp chung nhất cho việc đặt ẩn
phụ khi giải phương trình vô tỷ, mà là sự linh hoạt, sáng tạo trong giải toán, vì việc đặt ẩn
phụ cần phải đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải bài toán một cách ngắn ngọn và
dễ hiểu (chứ không phải là đưa về phương trình hay hệ phương trình đơn giản mà lại
không giải được). Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy: Nếu giảng dạy tốt phần phương

gian để làm các bài khác.
4


+ Thực tế giảng dạy, ôn tập một số giáo viên còn ngại khi dạy về phương trình
vô tỷ, cho rằng đó là kiến thức nâng cao, chỉ học sinh giỏi mới cần phải học. Một
số giáo viên khi hướng dẫn học sinh giải phương trình vô tỷ còn thiếu linh hoạt,
quá sa đà vào các phép biến đổi tương đương theo lối mòn dẫn đến phương trình
thu được ở một số bài phức tạp, làm giảm sự hứng thú của các em dẫn đến học sinh
ngày càng thấy học toán khô khan, phức tạp và làm mất đi ở các em tình yêu, sự
đam mê với môn Toán.
Kết quả điều tra về tâm lý khi dạy và học chuyên đề phương trình vô tỉ như sau :
Đối tượng

Tổng số được
điều tra

Kết quả (tỷ lệ phần trăm)
Rất hứng thú

Hứng thú

Bình thường

Không hứng
thú
50%
47%

Giáo viên

5


Trước tiên người học cần nắm được (tự hình thành hoặc dưới sự hướng dẫn của giáo
viên) các phương trình vô tỉ có cấu trúc giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ thông
qua các ví dụ. Từ đó thấy được vài trò của phương pháp này, đồng thời bước đầu có
những kĩ thuật cơ bản để chọn ẩn phụ.
A. Một số dạng phương trình vô tỉ có cấu trúc giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x ( x + 5) + 2 = 23 x 2 + 5x − 2

(1)

Lời giải: Đặt y = 3 x 2 + 5x − 2 ⇔ y 3 = x 2 + 5x − 2 ⇔ x ( x + 5) + 2 = y 3 + 4
PT (1) trở thành: y 3 − 2 y + 4 = 0 ⇔ ( y + 2)( y 2 − 2 y + 2) = 0 ⇔ y = −2
Với y = −2, ta có PT 3 x 2 + 5x − 2 = −2 ⇔ x 2 + 5x − 2 = −8 ⇔ x 2 + 5x + 6 = 0 ⇔ x = −2
hoặc x = −3
Vậy phương trình (1) có tập nghiệm S = { − 2; − 3}
*TQ (Dạng 1): Nếu biểu thức ngoài dấu căn biểu thị được theo biểu thức trong dấu căn
thì ta đặt căn thức đó làm ẩn (đặt điều kiện cho ẩn nếu có) rồi đưa phương trình đã cho về
phương trình đa thức.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x − 2)( x + 2) + 4( x − 2)

x+2
+3= 0
x−2

(2)

Lời giải: ĐKXĐ x > 2 hoặc x ≤ −2 .
Đặt y = ( x − 2)

⇒ y 2 = ( x + a )( x + + b).
x+a

PT đã cho trở thành my 2 + ny + c = 0
6

x+b
+c=0
x+a


(2 + 3 ) + (2 − 3 ) = 4 (3)
Ta có ( 2 + 3 ) . ( 2 − 3 ) = ( 2 + 3 )( 2 − 3 ) =
(2 + 3 ) ( y > 0) ⇒ (2 − 3 ) = 1y
x

Ví dụ 3: Giải phương trình:
Lời giải:
Đặt y =

x

x

x

x

PT (3) trở thành: y +



x

=

(2 + 3 )
(2 + 3 )

2

−2

⇔x=2
⇔ x = −2

*TQ (Dạng 3): Nếu tích hai biểu thức bằng hằng số k không đổi (k ≠ 0), ta đặt một biểu
thức bằng y, biểu thức còn lại là

rồi đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x
1
5
Lời giải: ĐKXĐ x ≠ 0; x − ≥ 0;2x − ≥ 0.


5
x




4
x

Đặt y = x − ; t = 2x − ( y, t ≥ 0) ⇒ y 2 − t 2 =  x −  −  2x −  = − x − 
PT (*) trở thành: y − t = −( y 2 − t 2 ) ⇔ ( y − t )( y + t + 1) = 0 ⇔ y = t (do y; t ≥ 0)
Với y = t , ta có PT

x−

1
5
1
5
4
= 2 x − ⇔ x − = 2x − ⇒ x = ⇔ x = 2( t / m) hoặc
x
x
x
x
x

x = −2(không t / m).


 ⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1)(x − 3) = 0 ⇔ x = 1( t / m) hoặc x = 3( t / m)
4

Vậy phương trình (2) có tập nghiệm S = {1; 3}

*TQ (Dạng5): Giải phương trình dạng: f ( x ) .g( x ) = f ( x ) + h ( x )
PP: Đặt y = f ( x ) ( t ≥ 0).
PT đã cho trở thành t 2 − t.g( x ) + h ( x ) = 0 . Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
Ví dụ 6: Giải phương trình: 8 x 3 + x = 3( x 2 − x + 1)
Lời giải: ĐKXĐ x ≥ 0.

(

) (

PT (6) ⇔ 8 x x 2 + 1 = 3 x 2 + 1 − x

(6)

) ( **)

Đặt y = x ; t = x 2 + 1 ( y ≥ 0; t > 0) ⇒ t 2 − y 2 = x 2 + 1 − x
PT (**) trở thành: 8yt = 3( t 2 − y 2 ) ⇔ ( y + 3t )( 3y − t ) = 0 ⇔ t = 3y( do y ≥ 0; t > 0)
9 ± 77
Với t = 3y, ta có PT
3 x = x 2 + 1 ( x ≥ 0) ⇔ x 2 − 9 x + 1 = 0 ⇔ x =
( t / m)
2

 9 ± 77 

( x + y )( x − y + 1) = 0
y = − x
y − x = 5
x − y + x + y = 0

x 2 + y = 5
± 1 + 21
hoặc 
. Từ đó ta tìm được x =
( t / m)
2
y = x + 1
8




Vậy phương trình (6) có tập nghiệm S =  ± 1 + 21 
2



*TQ (Dạng 7): Giải phương trình dạng: x 2 + x + a = a
PP: Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ PT đơn giản giải bằng PP thế
Đặt y = x + a ( y ≥ 0) ⇒ y 2 = x + a.
x 2 + y = a
Ta có hệ PT  2
. Tìm y theo x rồi tìm nghiệm x (nếu có).
 y − x = a


t = 3
t = 1
X 2 − 4X + 3 = 0 ⇔ ( X − 1)( X − 3) = 0 ⇒ 
hoặc  y = 3
y = 1

Giải các hệ phương trình ta có nghiệm x=1, x=2
Vậy phương trình (8) có tập nghiệm S = {1; 2}
*TQ (Dạng 8): Giải phương trình dạng: m a + f ( x ) + m b − f ( x ) = c
PP: Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ PT đối xứng
Đặt y = m a + f ( x ) , t = m b − f ( x ) ( y ≥ 0, t ≥ 0) ⇒ y m + t m = a + b.
y + t = c

Ta có hệ đối xứng loại 2 

n
m
y + t = a + b

Ví dụ 9: Giải phương trình: x 3 + 1 = 23 2x − 1
Lời giải:

. Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
(9)

Đặt y = 3 2x − 1

3
3
3


2 


*TQ (Dạng 9): Giải phương trình dạng: x n + b = a.n ax − b
PP: Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng
Đặt y = n ax − b
9

)


x n = ay − b
Ta có hệ đối xứng loại 2:  n
 y = ax − b

Bài tập áp dụng :
Bài 1: Giải các phương trình :
a ) 3x 2 + 21x + 2 x 2 + 7 x + 7 = −16
c, ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

b) x 2 − 4 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + 5

x +1
+3=0
x−3

d)

2x

35

)

x

+

(6 +

35

)

x

= 12

(Đề thi toán chuyên tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 20112012)
d)

4 x 2 + 5x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3
x

e)  x 2 − 8x + 7 + x 2 − 8x + 9  + 

 
Bài 3: Giải các phương trình :

(

a ) 1 + 3 x − 16 = 3 x + 3

b)
10

4

57 − x + 3 x + 40 = 5


c)

3

x+

1
1
+
− x =1
2
2

d ) 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = 3

e) 23 6x − 5 + 23 3x − 2 = 8

Bài 5: Giải các phương trình :
a ) 4 x 2 + 2 x + 15 = 15


Với a = 2b, ta có PT 2 − x = 2 2 + x ( − 2 ≤ x ≤ 2) ⇔ 2 − x = 8 + 4x ⇔ x = 6 ( t / m)
5

Với a = 2b − 3, ta có PT 2 − x = 2 2 + x − 3 (Vô nghiệm)
 6
 5

Vậy phương trình (10) có tập nghiệm S =  
Nhận xét 2: Với − 2 ≤ x ≤ 2.

(

)

PT (10) ⇔ 3 2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x

Do đó nếu đặt y = 2 − x − 2 2 + x
11


thì y 2 = 2 + x − 4 4 − x 2 + 4(2 − x ) = 10 − 3x − 4 4 − x 2

Ta có cách giải 2: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.
Với − 2 ≤ x ≤ 2.

(

)

PT (10) ⇔ 3 2 + x − 2 2 − x = −4 ( 2 − x )( 2 + x ) + 10 − 3x


3x 2 + 7 x + 2 + 4 = 4 x − 2

c)

6x − 3
= 3 + 2 x − x2
x − 1− x

d)

x−

1
1 x −1
− 1− =
x
x
x

Ví dụ 11: Giải phương trình: x 2 + 2x x − 1 = 3x + 1
x

(11)

Gợi ý: Xét sự tương quan giữa các hệ số của biểu thức trong dấu căn và ngoài dấu
căn ta thấy, nếu chia cả 2 vế của phương trình cho x ≠ 0 ta sẽ đưa phương trình đã cho về
phương trình quen thuộc (Dạng 1) ở trên.
1
≥ 0, x ≠ 0.

PT (*) trở thành: y 2 + 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 3)( y − 1) = 0 ⇔ y = 1( do y ≥ 0)
Với y = 1 , ta có PT

x−

1`
1± 5
( t / m)
=1⇔ x =
x
2

 1± 5 
Vậy phương trình (11) có tập nghiệm S = 

2


Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a) x 2 + 3 +

4x
x2 + 3

=5 x

(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Nam Định năm học 2012-2013)

(


13


Với a = 5b , ta có PT

( x + 3)( x − 1) = 5

x−2 ⇔ x=

23 ± 341
( t / m)
2

 23 ± 341 
Vậy phương trình (12) có tập nghiệm S = 

2


Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a) x − 1 + 7 − x = 3 − x

(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Nam Định năm học 2014-2015)
b ) x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 5x 2 − 1
c) 5x 2 + 14 x + 96 − 3 x 2 − x − 20 = 5 x + 1
d) 10 x 2 + 36 x + 33 − 3 x + 3 = 2x 2 − 3x − 2
2
2
Ví dụ 13: Giải phương trình: 2x + 2x + 1 = ( 4x − 1) x + 1




Tuy nhiên: Nếu ta biến đổi PT(13) ⇔ 2( x 2 + 1) + 2x − 1 = 2( 4x − 1) x 2 + 1 và chỉ đặt
a = x 2 + 1 (a ≥ 1 do x 2 ≥ 0) thì ta đưa được phương trình đã cho về kiểu phương trình

quen thuộc (Dạng 5 - đặt ẩn phụ không hoàn toàn).
Ta có lời giải 2: Đặt a = x 2 + 1 (a ≥ 1do x 2 ≥ 0 ∀x )
PT đã cho trở thành: 2a 2 + 2 x − 1 = ( 4 x − 1) .a (**)
⇔ ( 2a − 1)( a − 2 x + 1) = 0

⇔ a = 2 x − 1 ( do a ≥ 1 ⇒ 2a − 1 > 0 )

Với a = 2 x − 1 , ta có PT
⇔x=


x 2 − 1 = 2x − 1 x ≥


1

2

3
( t / m.)
 3
4
Vậy phương trình (13) có tập nghiệm S =  4 

CHÚ Ý. Từ 2 cách chọn ẩn phụ ở trên ta thấy:


(14)

(Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT tỉnh Nam Định năm học 2005-2006)
Gợi ý: PT(14) có nhiều cách giải:
Chẳng hạn: Nếu sử dụng hai lần phép nâng lên lũy thừa ta có lời giải là:
Cách 1: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

(

Khi đó PT (14) ⇔ 2 2x + 4 + 4 2 − x

) =(
2

9 x 2 + 16

⇔ 16 8 − 2x 2 = 9 x 2 + 8x − 32
15

)

2


(

⇔ 16 8 − 2 x 2

)

Ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về phương trình tích như sau:
Cách 2: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

(

Khi đó PT (14) ⇔ 2 2x + 4 + 4 2 − x

) =(
2

9 x 2 + 16

⇔ 16 8 − 2 x 2 = 9 x 2 + 8x − 32

(

)

2

(*)

)

⇔ x 2 + 8x + 16 = 4 8 − 2 x 2 + 16 8 − 2 x 2 + 16

(

⇔ ( x + 4) = 2 8 − 2x 2 + 4
2

⇔ 16 8 − 2x 2 + 4 8 − 2x 2 = x 2 + 8x

Đặt y = 8 − 2x 2 ( y ≥ 0)

PT đã cho trở thành: 4 y 2 + 16 y = x 2 + 8x ( * *) ⇔ ( 4 y 2 − x 2 ) + (16 y − 8x ) = 0

⇔ ( 2 y − x )( 2 y + x + 8) = 0 ⇔ x = 2 y ( do y ≥ 0; x ≥ −2 ⇒ 2 y + x + 8 > 0 )

Với x = 2 y, ta có phương trình

16


(

)

4 2
( t / m)
3
PT(**) dễ dàng đưa về phương trình tích. Như vậy cách đặt ẩn phụ đã chiếm ưu thế vì
khắc phục được tất cả các nhược điểm của hai cách làm trên.
x = 2 8 − 2 x 2 ( x ≥ 0 ) ⇔ x 2 = 4 8 − 2 x 2 ⇔ 9 x 2 = 32 ⇔ x =

Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a ) 12 −

3
3
+ 4x 2 − 2 = 4x 2


3

35 − x 3 = y ta được hệ

PT đối xứng quen thuộc.
Ta có lời giải : Đặt y = 3 35 − x 3 ⇒ y 3 = 35 − x 3

(

)

x 3 + y 3 = 35
( x + y ) x 2 − xy + y 2 = 35
x + y = 5
⇔
⇔
Ta có hệ phương trình : 
xy = 6
xy( x + y ) = 30
xy( x + y ) = 30
Do đó x,y là các nghiệm (nếu có) của phương trình X 2 − 5 X + 6 = 0 ⇔ ( X − 2)( X − 3) = 0

Giải phương trình ta có các nghiệm là x=2: x=3
Vậy phương trình (15) có tập nghiệm S = { 2; 3}
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :

(

)

(16)

3x − 1 có vai trò như nhau.


Nếu đặt a = 3 3x + 1 và b = 3 3x − 1 ⇒ a 3 − b 3 = ( 3x + 1) − ( 3x − 1) = 2 thì được
hệ PT quen thuộc.
Ta có lời giải : Đặt a = 3 3x + 1 và b = 3 3x − 1
Ta có hệ phương trình :
2
2
2
2

( a − b ) 2 + 3ab = 1 a + ( − b ) = 2
a + b + ab = 1 
a + b + ab = 1
⇔
⇔
⇔
 3
3
2
2


a ( − b ) = 1
a − b = 2
a − b = 2
( a − b ) a + ab + b = 2

x+7
2
2
⇒ ( y + 1) =
⇒ 3( y + 1) = x + 7 . Kết hợp với
3
3
phương trình ban đầu ta cũng được hệ PT đối xứng quen thuộc.
Ta có lời giải : ĐKXĐ: x ≥ −7.

Nếu đặt y + 1 =

Đặt y + 1 =

x+7
( y ≥ 0) .Ta có hệ phương trình
3

3( y + 1) 2 = x + 7

3( x + 1) 2 = y + 7

3( y + 1) 2 − 3( x + 1) 2 = x − y
( y − x )( 3x + 3y + 7 ) = 0
⇔
⇔

2
3( x + 1) 2 = y + 7
3( x + 1) = y + 7

3x + 4
3
4x + 9
28

d) x 2 − x − 1000 1 + 8000x = 1000

Từ các ví dụ trên ta thấy, để giải phương trình vô tỷ không mẫu mực ta thường:
+ Sử dụng phối hợp phép phân tích thành nhân tử hay một số phép biến đổi tương
đương để đưa phương trình đã cho về một trong những dạng phương trình quen
thuộc (có cấu trúc hoặc tương đồng).
+ Nếu cấu trúc của ẩn hoặc của các biểu thức trong phương trình có vai trò như
nhau ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về hệ phương trình.
+ Ngoài ra việc xét sự đối xứng hay tỷ lệ các hệ số của các biểu thức ở trong hay
ngoài dấu căn cũng rất quan trọng, bởi nó sẽ gợi ý cho ta thêm (hoặc bớt), tách,
nhân (hoặc chia cả hai vế) của phương trình với một biểu thức khác 0, …. cũng là
một trong những kỹ thuật để tạo ra ẩn phụ.
III. Hiệu quả mà sáng kiến đem lại.
Trong quá trình giảng dạy môn toán, nhất là trong công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi của bản thân trong những năm qua, tôi đã ý thức được tầm quan trọng của phương
pháp đặt ẩn phụ khi phương trình vô tỷ. Tôi đã tiến hành thực hiện sáng kiến trên đối với
đội tuyển Toán 9 năm học 2013-2014; 2014-2015 và đã đem lại những hiệu quả thiết
thực. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2013-2014; 2014-2015 gặp phải đề thi
giải phương trình vô tỷ có sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ (đã đưa vào phần bài tập áp
dụng trong sáng kiến ở trên), 100% học sinh đã làm tốt và đạt điểm tuyệt đối, góp phần
đưa kết quả chung của toàn đội năm 2014-2015 lên giải Nhì tỉnh. Nhiều em đạt đạt được
giải cao, đỗ vào các trường chuyên trên Hà Nội và trường chuyên Lê Hồng Phong Nam
19



Hướng dẫn

ĐKXĐ: ∀ x

(

)

PT (1) ⇔ x 2 − 3x + 4 − 2 x 2 − 3x + 4 − 3 = 0
2


3
7 7

2

Đặt y = x − 3x + 4  y > 0 Vì x − 3x + 4 =  x −  + ≥ > 0 
2
4 4




Điểm
1,0

2

20


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

Đặt
2


1 3

2

a = x + 1 ; b = x − x + 1 , a ≥ 0; b > 0 do x − x + 1 =  x −  + > 0 


2 4




1,0

2

PT (2) trở thành:

(

)

0,5

28

Kết quả (tỷ lệ phần trăm)
Rất hứng thú

Hứng thú

Bình thường

67,9%
25%

14,3%
35,7%

17,8%
21,5%

Không hứng
thú
0%
17,8%

Từ bảng kết quả điều tra tâm lý tôi thấy, việc dạy học theo hướng gợi mở thông qua
những giải pháp giúp học sinh đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ trên đã đem lại
hứng thú cho học sinh ở 2 lớp thực nghiệm khác nhau. Lớp 9A4 hiệu quả hơn lớp 9A5,
số học sinh rất hứng thú ở lớp thực nghiệm tăng 42,9% (từ 25% lên 67,9%) so với lớp đối
chứng. Không còn học sinh không có hứng thú trong lớp thực nghiệm.
21


giỏi tăng 32,2% so với lớp đối chứng. Trong khi đó ở lớp đối chứng vẫn còn 10,7 % học
sinh dưới điểm 2.
Trong quá trình học tập môn toán dù là học sinh đại trà hay học sinh giỏi, khi được
trang bị các kỹ thuật đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ theo định hướng phát triển
năng lực người học, tôi thấy ở các em sự hứng thú, tự tin, khắc phục được phần nào tâm
lý trán nản đồng thời nâng cao chất lượng dạy học, chất lượng các bài kiểm tra. Quan
trọng hơn đã làm cho các em không còn cảm giác khô khan, cứng nhắc khi học môn
Toán, rèn được tư duy linh hoạt trong giải toán cũng như trong việc học các môn khoa
học tự nhiên khác;....
IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.
Tôi xin cam kết với hội đồng khoa học, với cấp trên sáng kiến kinh nghiệm trên là do
bản thân tôi đúc rút kinh nghiệm qua nhiều năm dạy học sinh giỏi lớp 9 và ôn thi vào 10
THPT với mục đích giúp học sinh dễ hiểu, đạt kết quả cao trong học tập và rèn luyện. Tôi
không hề sao chép dưới bất kỳ hình thức nào.
Trên đây là một số kinh nghiệm của tôi trong quá trình giảng dạy, mặc dù đã cố gắng
nhưng vẫn còn nhiều thiếu sót mà bản thân chưa nhận thấy, rất mong nhận được sự góp ý
của đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn !
Ý Yên, ngày 25 tháng 05 năm 2015
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI

Tác giả sáng kiến

CỦA NHÀ TRƯỜNG
Nguyễn Văn Tuyến
22