1. MỞ ĐẦU
1.1.LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Phương trình vô tỉ trong chương trình toán THCS được đề cập đến ở lớp
9 , mặc dù sách giáo khoa đại số 9 không có một tiết lí thuyết nào để dạy về phần
này nhưng bài tập thì rất đa dạng và phong phú . Phương trình vô tỉ thường xuất
hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi vào lớp 10 PTTH và thi vào các
trường chuyên trong tỉnh cũng như quốc gia
Thực tế qua theo dõi các kỳ thi HSG cấp huyện, cấp tỉnh , thi vào chuyên
có rất nhiều bài toán giải phương trình vô tỉ rất khó ,học sinh thường khó xác
định được cách giải hoặc giải một cách thiếu chặt chẽ và không chính xác. Vì vậy
mà việc giúp các em định hướng được cách giải các phương trình vô tỉ và rèn khả
năng linh hoạt sáng tạo trong giải toán là việc làm thật sự quan trọng và cần thiết.
Với những lí do đã nêu ở trên tôi đã viết đề tài “Rèn kỹ năng giải phương
trình vô tỉ cho học sinh lớp 9 trường THCS Lý Tự Trọng-TPTH ”. Thông qua
đề tài này tôi muốn góp thêm một cách làm để giúp học sinh có kỹ năng thành
thao trong việc phương trình vô tỉ , phát huy được năng lực tư duy sáng tạo trong
học toán và luôn có những ý tưởng sáng tạo trong giải toán, giúp các em càng
thêm yêu thích bộ môn toán nhiều hơn
1.2.MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.

- Đề tài giúp học sinh nắm được các dạng phương trình vô tỉ , các phương
pháp giải từ đó giúp các em có thể định hướng được cách giải khi đứng trước
một phương trình vô tỉ.
- Đề tài còn giúp bồi dưỡng năng lực phát hiện tìm tòi lời giải bài toán ,
phát huy khả năng suy luận óc phán đoán của học sinh.
- Nghiên cứu đề tài này tôi muốn trao kinh nghiệm dạy “Phương trình vô tỉ
” với các đồng nghiệp giúp việc dạy học đạt kết quả tốt hơn.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.

- Phương trình vô tỉ (Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn).

Đối với việc dạy học sinh giải phương trình vô tỉ:
- Giúp HS nắm được một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và cách giải.
- Cần giúp cho học sinh xác định được các phương pháp giải phương trình vô tỉ
từ đó giúp học sinh định hướng được cách giải.


- Học sinh cần được hiểu bản chất của việc giải phương trình vô tỉ thông qua hệ
thống bài tập .
- Cần giúp học sinh biết giải phương trình vô tỉ ở các dạng bài khác nhau
2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.

Phương trình vô tỉ là phần PT khó, học sinh không được học một tiết lí
thuyết nào tại lớp vì vậy nhiều học sinh lúng túng khi đứng trước một bài giải PT
vô tỉ.
Khảo sát một bài kiểm tra sau khi học xong chương I “ Căn bậc hai , căn
bậc ba” về giải phương trình vô tỉ cho 10 HS thuộc nhóm HS khá giỏi với đề
bài:
Giải các phương trình:
Bài 1 (3 điểm) :

x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2

Bài 2: (5điểm): x 2 − 7 x + 4 + ( x + 1) 3x − 2 = 0
Bài 3: (2điểm) :

x −1 + 5 − x = − x2 + 2x + 1

Kết quả như sau:
Điểm dưới 5
SL

a) Các kiến thức cần nhớ về căn thức:
+) A xác định khi A ≥ 0
+) A2 = A
+) ( A )2 = A với A ≥ 0
+) A.B = A. B với A ≥ 0; B ≥ 0
+)

A
=
B

+)

A2 B = A B với B ≥ 0

+) A B = A2 B với A ≥ 0 và B ≥ 0
A B = − A2 B với A < 0 và B ≥ 0
A 1
= . AB với AB ≥ 0 và B ≠ 0
B B

+)

A
A B
=
với B > 0
B
B
+) ( 3 A )3 = A


Tìm tập xác định của phương trình ( nếu cần) .
Biến đổi đưa về phương trình quen thuộc ( Làm mất dấu căn thức).
Giải phương trình vừa tìm được .
Đối chiếu kết quả với tập xác định và trả lời.
c. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
Phương pháp 1: Phương pháp nâng hai vế lên cùng một lũy thừa

Dạng 1 :

f ( x ) = g(x) (1)

Khi bình phương hai vế để đi đến phương trình tương đương thì hai vế đó phải
 g ( x ) ≥ 0
f ( x ) = g(x) ⇔ 
2
 f ( x ) = g ( x )

không âm :
Điều kiện

gx) ≥ 0 là điều kiện cần và đủ vì f(x) = g2(x) ≥ 0 . Không cần đặt thêm

điều kiện fx) ≥ 0
Ví dụ1 : Giải phương trình
3 x − 4 = x - 3 . (1 )

Điều kiện x ≥ 3 (*)

Khi đó pt(1) ⇔ 3x - 4 = (x - 3)2

 f ( x) ≥ 0

⇔  g ( x) ≥ 0
 f ( x) = g ( x)


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

.Điều kiện

2x +1 ,

(1)

 −3 x + 2 ≥ 0
−1
2
⇔
≤x≤

(*)
2
3
2 x + 1 ≥ 0

1
pt(1) ⇔ -3x + 2 = 2x + 1 ⇔ 5x = 1 ⇔ x =
(thoả mãn với điều kiện (*) )
5


x +1

với điều kiện (**) nên hai vế luôn không âm , bình phương hai vế ta được.
⇔ 3x + 7 = x + 5 + 4 x + 1
⇔ 2 x +1 = x + 1

tiếp tục bình phương hai vế vì 2 vế không âm

⇔ 4x + 4 = x2 + 2x + 1 ⇔ x2 -2x - 3 = 0


 x = −1
⇔
x = 3

(thoả mãn điều kiện (**))

Vậy nghiệm của phương trình là

x = -1 hoặc x = 3 .

 f ( x) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0

 f ( x) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)

Dạng 3:


x=0
 x2 + 7 x = 0

(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1

  x = −7



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0
Chú ý: - đối với các căn bậc hai khi bình phương hai vế cần phải có điều
kiện : biểu thức dưới dấu căn không âm và hai vế không âm
Dạng 4:

3

f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x ) = [ g ( x) ]

Ví dụ 5: 3 2 x + 1 = x + 1

3

(1)

(1) ⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)3 ⇔ x3 + 3 x 2 + x = 0 ⇔ x( x 2 + 3x + 1) = 0
Giải ra ta được nghiệm của phương trình là: x=0
Ví dụ 6: 3 x + 1 + 3 7 − x = 2

(1)


trong quá trình biến đổi có những phương trình không tương đương
( chẳng hạn như phương trình ở ví dụ 7 ).
Phương pháp 2: Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Ví dụ 8: Giải pt: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1)
HD: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Ví dụ 9: Giải phương trình: x 2 − 4 x + 4 + x 2 − 6 x + 9 = 1 (1)
(1) ⇔ ( x − 2) 2 + ( x − 3) 2 = 1 ⇔ x − 2 + x − 3 = 1

Xét bài toán trong 3 khoảng :
+) Xét x < 2 phương trình (1) trở thành: 2 − x + 3 − x = 1 ⇔ x = 1 ( không thuộc
khoảng đang xét)
+) 2 ≤ x ≤ 3 phương trình (1) trở thành : x − 2 + 3 − x = 1 ⇔ 0 x = 0 PT có vô số
nghiệm 2 ≤ x ≤ 3 .
+) Xét x > 3 phương trình (1) trở thành x − 2 + x − 3 = 1 ⇔ x = 3 ( không thuộc
khoảng đang xét) .
Vậy phương trình có vô số nghiệm 2 ≤ x ≤ 3 .
Ví dụ 10: Giải phương trình: x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1
(2)


 x + 1 ≥ 0

(2) ⇔ 

 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1
 x ≥ −1
⇔
(*)


Vậy:x = 15
Nhận xét: - Một số phương trình vô tỉ sau khi thêm bớt các số hạng một
cách hợp lí tạo thành các hằng đẳng thức ( như PT ở ví dụ 10) hoặc đôi khi
chúng ta phải nhân cả hai vế với một hằng số mới xuất hiện được hằng đẳng
thức( như PT ở ví dụ 11).
Phương pháp 3: Đưa về phương trình tích .
Ví dụ 12: Giải phương trình: ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
ĐK : 10 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10

(1)

( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12
⇔ ( x + 3) 10 − x 2 − ( x + 3)( x − 4) = 0
⇔ ( x + 3)  10 − x 2 − ( x − 4)  = 0


+) x+3 = 0 ⇔ x = - 3

+) 10 − x 2 − ( x − 4) =0 ⇔ 10 − x 2 = x – 4 PT vô nghiệm vì với − 10 ≤ x ≤ 10
thì vế trái không âm, vế phải âm .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= -3 .
Ví dụ 13 : Giải phương trình : x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 (2)


ĐK : 1 ≤ x ≤ 7
(2) ⇔ 2 7 − x − 2 x − 1 − ( x − 1)(7 − x) + ( x − 1) = 0
⇔ 2( 7 − x − x − 1) − x − 1( 7 − x − x − 1) = 0
⇔ ( 7 − x − x − 1)(2 − x − 1) = 0


⇔ x = 1(TM )
 2 x − 1 = 1 = 0

Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 16: Giải phương trình : 13 x − 1 + 9 x + 1 = 16 x

(2) ĐK : x ≥ 1

1
9
(2) ⇔ 13( x − 1 − x − 1 + ) + 3( x + 1 − 3 x − 1 + ) = 0
4
4
1

 x − 1 − 2 = 0
1 2
3 2
5
⇔ 13( x − 1 − ) + 3( x + 1 − ) = 0 ⇔ 
⇔ x = (TM )
2
2
4
 x +1 − 3 = 0

2

Vậy PT có nghiệm duy nhất x =



Ví dụ 18: Giải phương trình x(5 x3 + 2) − 2( 2 x + 1 − 1) = 0 (4)
( Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán trường Amsterdam- Hà Nội năm
2014-2015)
1
2
4
(4) ⇔ 5 x + (2 x + 1 − 2 2 x + 1 + 1) = 0

ĐK: x ≥

⇔ 5 x 4 + ( 2 x + 1 − 1) 2 = 0
 x = 0
⇔
⇔ x=0
 2 x + 1 − 1 = 0

Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất x= 0 .
1
2

Ví dụ 19: Giải phương trình x − 1 + 2 y − 4 + 3 z − 9 = ( x + y + z ) (5)
ĐK: x ≥ 1; y ≥ 4; z ≥ 9
(5) ⇔ 2 x − 1 + 4 y − 4 + 6 z − 9 = x + y + z
⇔ ( x − 1 − 2 x − 1 + 1) + ( y − 4 − 4 y − 4 + 4) + ( z − 9 − 6 z − 9 + 9) = 0
⇔ ( x − 1 − 1) 2 + ( y − 4 − 2) 2 + ( z − 9 − 3) 2 = 0
 x −1 −1 = 0
 x = 2(TM )



Vây PT có hai nghiệm x= -1; x= -6 .
Ví dụ 21: Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện: x ≥ −

5
4

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

t2 − 5
. Thay vào ta có phương trình sau:
4

t 4 − 10t 2 + 25 6 2
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
2
2
⇔ (t + 2t − 7)(t − 2t − 11) = 0
2.

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình là: x = 1 − 2 vaøx = 2 + 3
Ví dụ 22: Giải phương trình sau x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 (1)
( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa năm học 20062007 – dành cho thí sinh vào chuyên Nga, Pháp)
ĐK : x ≥ 2
(1) ⇔ x − 2 − x + 2 + x − 2 − 2 x 2 − 4 + x + 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 2 − x + 2) 2 + ( x − 2 − x + 2) − 2 = 0

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

Ví dụ 24: . Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −
HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −
Đặt t = x −

)

2

1
= 3x + 1
x

1
1
= 3+
x
x

1
(t ≥ 0),
x

ta được PT ẩn t : t 2 + 2t − 3 = 0 ⇒ t = 1 hoặc t = -3 (loại)
1
1+ 5
1− 5
+) t = 1 ⇒ x − = 1 giải ra ta được x =

Đặt 1 − x 2 = t (t ≥ 0) ⇒ x 2 = 1 − t 2
2
2
2
PT (3) trở thành 1 + t = (1 − t )(1 + 2t ) ⇔ (1 + t ) 1 − (1 − t )(1 + 2t ) 
*) t+1 = 0 ⇔ t = −1 ( loại)
*) 1 − (1 − t )(1 + 2t ) 2 = 0 ⇔ 4t 3 − 3t = 0 ⇔ t = 0; t 2 =
+) t= 0 thì x= 1(TM) ; x= -1 ( loại)

3
4


3
4

1
1
(loại) ; x = (TM )
2
2
1
Vậy PT có 2 nghiệm x=1 ; x=
2

+) t 2 = ⇒ x = −

Nhận xét: sau khi đặt ẩn phụ thích hợp thì phương trình đối với ẩn phụ là
những phương trình ta đã biết cách giải ,từ đó tìm ra được ẩn phụ rồi tìm
nghiệm của phương trình. Tuy nhiên trong quá trình giải PT có thể phải chia 2

x − x − 2 = 0

⇔ x = 2 (TM )

x ≤ 0

+) x= -2t ⇔ x = −2 x + 2 ⇔ 

2
x − 4x − 8 = 0

⇔ x = 2 − 2 3 (TM )

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2; x = 2 − 2 3

ĐK x ≥ −2


Chú ý: Một số bài toán sau khi đặt ẩn phụ không hoàn toàn có thể sử
dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai để tìm mối quan hệ giữa ẩn
chính và ẩn phụ ( thông thường những bài toán này ∆ ( đenta) của phương trình
là số chính phương) :
Ví dụ : Giải phương trình sau: ( x + 1) 2 x 2 − 2 x = 2 x 2 − 3 x − 2

(3)

( Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Toán Lam Sơn – Thanh Hóa năm học
2014-2015)
ĐK : 2 x 2 − 2 x ≥ 0
Đặt 2 x 2 − 2 x = t (t ≥ 0) ⇒ t 2 = 2 x 2 − 2 x

Ví dụ 30: Giải phương trình: x3 + x 2 − 1 + x 3 + x 2 + 2 = 3
HD:Với điều kiện: x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x 3 + x 2 + 2 > 0
3
2

u = x + x − 1
Đặt 
Với v > u ≥ 0
3
2
v
=
x
+
x
+
2



Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình

(1)



u+v =3
u + v = 3  u = 1
 u+v =3

3
 a + b = 1 (4)

b −1
thế vào (4) ta được:
2
4b3 + b 2 − 2b − 3 = 0 ⇔ 4b3 − 4b 2 + 5b 2 − 5b + 3b − 3 = 0 ⇔ (b − 1)(4b 2 + 5b + 3) = 0 ⇔ b = 1

Rút a từ PT (3) ta có : a =

Với b =1 thì a= 0 khi đó giải ra x = 2 (TM)
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2
Ví dụ 32: Giải phương trình : 3 (3x + 1)2 + 3 (3x − 1) 2 + 3 9 x 2 − 1 = 1 (5)
Ta nhận thấy (3x + 1)(3x − 1) = 9 x 2 − 1 và (3x + 1) – (3x- 1) = 2
Vì vậy ta đặt: 3 (3x + 1) = u; 3 (3x − 1) = v thì hệ phương trình trở thành:
2
2
2
2
u 2 + v 2 + uv = 1
u + v + uv = 1
u + v + uv = 1
⇔
⇔
 3 3

2
2
(u − v)(u + v + uv) = 2
u − v = 2

x +1 + x

ĐK : x ≥ 0
Nhân với liên hợp của mỗi mẫu từng phân thức ta được

(1)


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

Vây PT có nghiệm duy nhất x= 1
Ví dụ 34: 10 x + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 (2)
( ĐK : x ≥ 1 )
Nhận thấy: ( 10x+1) – (9x+4) = ( 3x-5) –( 2x-2) = x-3 ta nghĩ đến nhân liên hợp
nhằm tạo ra nhân tử chung là x-3
(2) ⇔ 10 x + 1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2
⇔ 10 x + 1 − 9 x + 4 + 3x − 5 − 2 x − 2 = 0
x −3
x−3
+
=0
10 x + 1 + 9 x + 4
3x − 5 + 2 x − 2
1
1
⇔ ( x − 3)(
+
)=0
10 x + 1 + 9 x + 4

x −5
3
1
⇔
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0 ⇔ ( x − 5)(
+
+ 3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1
−1
+
+ 3x + 1 > 0
≤ x ≤ 6 nên 3 x + 1 ≥ 0 suy ra
Vì
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 ⇔

Do đó x – 5 = 0 vậy x = 5 .
Ví dụ 36 Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 1
ĐK x ≥ 1
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
3

( 3 x 2 − 1)3 − 23

x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x3 − 2 − 5 ⇔


x+3

( x3 − 2)2 − 25
x3 − 2 + 5


x+3

1+
3

(x

2

− 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4
2

= 1+

(

x+3
3

)

2









⇔ 3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1)2 + 9 = 5 − (x + 1) 2
Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1.
Ví dụ 39 :Giải phương trình :
HD: điều kiện x ≥

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1

1
2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu

1
≤ x < 2 : VT =
2

1+


4

Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2 số dương ta có:
x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

x
4x − 1

4x − 1
= 2.
x

×

x

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

4x − 1

=

4x − 1

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

1/ x 2 + 2 x + 1 = 5
3/ x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 1

2/ x − 4 x + 4 = 3
4/ x + 4 x + 4 = 5 x + 2
6/ x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10
8/
x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1

5/ x 2 − 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 4
7/
x2 − 6 x + 9 + 2 x 2 + 8x + 8 = x 2 − 2 x + 1

9/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
11/ x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
13/ x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0
15/

x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10

17/

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

x+3
2

10/


24/

25/ ( 4 x − 1) x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1
27) 3

(

) (

2 x2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x2 + 1

15
30 x 2 − 4 x ) = 2004
(
2

(

26/ 4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10

)

28) x 2 + x + 12 x + 1 = 36

29) 2 3 ( 1 + x ) + 3 3 1 − x 2 + 3 ( 1 − x ) = 0

30) 2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3

31) x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2


2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

2.4 . HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN ĐỐI VỚI HOẠT ĐỘNG GIÁO DỤC VỚI BẢN
THÂN ĐỒNG NGHIỆP VÀ NHÀ TRƯỜNG

Trong nhiều năm dạy các đội tuyển học sinh lớp 9 của nhà trường , tôi thấy
với cách làm như trên học sinh có nhiều chuyển biến đáng ghi nhận , các em có
kỹ năng tương đối tốt khi giải các bài toán về “Phương trình vô tỉ” , biết cách tìm
lời giải khi đứng trước một phương trình vô tỉ và đặc biệt trình bày lời giải chặt
chẽ và ngắn gọn hơn. Hơn nữa các em thật sự hứng thú để học về phần này , cũng
như không còn lo sợ môn Toán. Áp dụng kinh nghiệm này vào dạy đội tuyển toán
của nhà trường các năm học 2011-2012 ,2016-2017 tôi thấy hiệu quả rõ rệt. Bài
khảo sát cho 10 em học sinh các đội tuyển cho thấy:
Năm học
2011-2012
2016-2017

Điểm dưới 5
SL
%
0
0
0
0

Điểm 5 đến dưới 8
SL
%
3


Từ những kết quả cụ thể trên tôi đã rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân
cũng như cho đồng nghiệp khi dạy học sinh giải phương trình vô tỉ như sau.
+) Nắm vững lí thuyết để có thể áp dụng tốt vào bài tập.
+) Cần phân dạng các phương trình vô tỉ, và phương pháp giải từng dạng với các
ví dụ cụ thể từ dễ đến khó.
+ Hướng dẫn các em trước khi giải phương trình cần phân loại dạng toán, phương
pháp giải hướng dẫn học sinh phân tích bài toán tìm hiểu cách giải, phán đoán
cách giải, các bước giải để các em đi đến lời giải thông minh ngắn gọn nhất.
+ Rèn kĩ năng giải phương trình vô tỉ cho học sinh, thường xuyên để ý giúp các
em sửa chữa những sai lầm thường mắc phải khi giải phương trình vô tỉ nhất là
ĐKXĐ.
+) Trên cơ sở làm những bài tập mẫu thật cẩn thận, giáo viên cần giao thêm bài
về nhà có nội dụng tương tự hoặc mở rộng hơn để các em được tự mình giải
quyết các phương trình vô tỉ ấy.
Đề tài có thể áp dụng dạy đội tuyển học sinh giỏi toán 9, ôn luyện cho học sinh


thi vào lớp 10 THPT, THPT hệ chyên
3.2. ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ

+) Đối với nhà trường :
- Cần tạo điều kiện hơn nữa về mua sắm tài liệu tham khảo để GV được nghiên
cứu sâu hơn các kiến thức nhằm phục vụ tốt cho việc dạy học , đặc biệt là bồi
dưỡng học sinh giỏi.
-Thường xuyên tổ chức các kỳ thi HSG các khối lớp để GV luôn trăn trở ,suy
nghĩ về cách dạy học hiệu quả.
+) Đối với nghành: Cần thường xuyên tổ chức các chuyên đề về các môn
học để GV được học hỏi trao đổi với đồng nghiệp để trau dồi chuyên môn tốt
hơn.


Lí do chọn đề tài
Mục đích của đề tài
Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Nội dung
Cơ sở lí luận
Thực trạng vấn đề cần nghiên cứu
Giải pháp thực hiện

1
1
1
2
2
2
2
3

1. Kiến thức cần nhớ về căn bậc hai

4

2. Phương pháp chung để giải PT vô tỉ

4

3. Các phương pháp giải PT vô tỉ

4

16

Phương pháp 7: Phương pháp đánh giá

17

Bài tập vận dụng
Hiệu quả của SKKN
Kết luận, kiến nghị
Kết luận
Đề xuất, kiến nghị

19
19
20
20
21

TÀI LIỆU THAM KHẢO

STT

1

TÊN TÀI LIỆU

Nâng cao và phát triển toán 9

TÁC GIẢ


Nguyễn Ngọc Đạm

5

chuyên – Môn Toán
Các chuyên đề bồi dưỡng học

Tạ Hữu Thơ
Nguyễn Trung Kiên

sinh giỏi
6

Phương pháp giải các dạng
toán khó trong kỳ thi lớp 10

7

Báo toán học tuổi trẻ

8

Báo toán tuổi thơ 2

Trần Bá Hào

gia

Hà