SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHO HỌC SINH LỚP 9

Người thực hiện : Bùi Thị Hiền
Chức vụ
: Giáo viên
Đơn vị công tác : Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
Nội dung
Phần 1: Mở đầu
Phần 2: nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lí luận
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các giải pháp
A) Hệ thống hoá các kiến thức cơ bản liên quan.
B) Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ.
PHƯƠNG PHÁP 1:
Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn ở 2 vế của phương trình
PHƯƠNG PHÁP 2:
Đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
PHƯƠNG PHÁP 3: Đặt ẩn phụ

Giải phương trình là dạng toán cơ bản trong chương trình toán THCS. Trong
đó phương trình vô tỉ là dạng mới, khó, trừu tượng đối với học sinh lớp 9. Dạng
toán này thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh vào THPT, các đề thi học
sinh giỏi các cấp, là nền tảng cho các bài toán ở các lớp trên. Trong quá trình
giảng dạy ở lớp 9, tôi thấy khi gặp phương trình vô tỉ học sinh lúng túng không
tìm ra cách giải và hay mắc sai lầm. Phương trình vô tỉ là một trong những
phương trình không có cách giải chính tắc. Người làm toán phải định hướng
được nên giải theo cách nào cho phù hợp và nhanh gọn. Trong khi bồi dưỡng
học sinh giỏi cũng như ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi chuyển cấp, đòi hỏi
giáo viên phải tìm tòi, suy nghĩ, đọc nhiều sách tham khảo để tìm ra cách giải
phương trình vô tỉ đạt hiệu quả nhất.
Mặt khác đa số học sinh trường THCS Trần Mai Ninh tiếp thu bài nhanh, làm
hết được các bài tập sách giáo khoa, sách bài tập, có nguyện vọng thi vào các
trường chuyên. Muốn đạt điểm cao ở kì thi học sinh giỏi, vào lớp 10 PTTH, các
trường chuyên thì phải giải quyết được các bài toán khó (trong đó có các bài
toán giải phương trình vô tỉ).
Vì thế khi dạy phần này đòi hỏi giáo viên phải tự biên soạn, sưu tầm, lựa
chọn nhiều bài tập, nhiều dạng khác nhau, để học sinh tìm ra “chiếc chìa khoá”
giải từng dạng cụ thể của phương trình vô tỉ. Qua quá trình giảng dạy, tham khảo
đồng nghiệp và học hỏi kinh nghiệm, tôi mạnh dạn phân dạng phương trình vô tỉ
và cách giải từng dạng, giúp học sinh hiểu sâu sắc phương trình vô tỉ dưới nhiều
góc độ, làm đơn giản các phương trình vô tỉ phức tạp.
Đề tài này tôi đã nghiên cứu cách đây bốn năm (từ năm học 2011-2012
đến nay) và tôi thấy các em có hứng thú học tập môn toán hơn, kết quả giáo dục
cũng tăng rõ rệt. Vì vậy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm: “Rèn luyện kỹ năng giải
phương trình vô tỉ cho học sinh lớp 9”.
Đề tài giúp tôi củng cố nghiệp vụ giảng dạy, bổ sung thêm vốn kiến thức
cho bản thân và giúp các em cũng yêu thích môn toán hơn. Qua đó tôi xin được
trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp về phương pháp dạy học, mong rằng đề
tài này sẽ được mở rộng và phát triển hơn.

một cách định lượng, chưa suy nghĩ tìm cách giải khác, chưa có khả năng phân
biệt các dạng toán, chưa tự giác tìm tòi các dạng về phương trình vô tỉ.
Khảo sát thực tiễn của đề tài:
*) Số liệu thống kê
Khi chưa áp dụng đề tài, tôi ra bài tập giải phương trình vô tỉ qua khảo sát 96
học sinh lớp 9C, 9G trường THCS Trần Mai Ninh tôi nhận được kết quả như
sau:
Số học sinh Tỷ lệ
Kết quả
25
26%
Giải đúng phương trình đã cho
30
31%
Chưa giải đúng phương trình đã cho
41
43%
Không biết cách giải phương trình
*) Nguyên nhân: HS không giải được hoặc giải sai kết quả do:
+ Chưa biết cách áp dụng những kiến thức đã học vào giải phương trình như:
Bình phương hai vế, phân tích đa thức thành nhân tử, bất đẳng thức...
+ Chưa có phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỉ.
+ Chưa nắm chắc các kiến thức liên quan, thiếu cẩn thận dẫn đến phương trình
thiếu nghiệm hoặc thừa nghiệm.
2) Đối với giáo viên
*) Thuận lợi:
- Hầu hết các thầy cô có trình độ, được đào tạo cơ bản, tâm huyết với nghề và
luôn cầu tiến bộ.
- Nhà trường có cơ sở vật chất tốt mỗi phòng học có máy chiếu, giáo viên soạn
giáo án điện tử thành thạo, vận dụng tốt các công nghệ thông tin trong giờ dạy.

đương vì vậy dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm. Có một số phương trình sau khi
làm mất dấu căn sẽ dẫn đến phương trình bậc cao, mà việc nhẩm nghiệm để
đưa về phương trình bậc nhất, bậc 2 để giải lại rất khó khăn. Vì vậy học sinh sẽ
rất lúng túng và không tìm ra lời giải.
g(x) ≥ 0;f (x) ≥ 0

a) Dạng 1: f (x) = g(x) ⇔ 

f (x) = [g(x)]
Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 1 = x − 1 (1)
 x ≥ 1
x ≥ 1
⇔
⇔
Giải: (1) ⇔ 
 2
2
 x + 1 = ( x − 1) 2
 x − 3x = 0

(

)

2

x ≥ 1

x = 3


(1) ⇔ x + 3 + x − 2 = 5 ⇔ ( x + 3 + x − 2 ) = 52 ⇔ 2x + 1 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25
⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x
2 ≤ x ≤ 12

2 ≤ x ≤ 12
⇔
⇔x=6
25x = 150
 x + x − 6 = 144 + x − 24x

⇔

2

2

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 6.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2
(2)
Ở phương trình này vế phải lớn hơn hoặc bằng 0, nhưng vế trái chưa chắc đã
lớn hơn hoặc 0 vì vậy ta nên chuyển vế đưa về phương trình có 2 vế cùng lớn
hơn hoặc 0.
(2) ⇔ x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2
Đến đây học sinh có thể bình phương hai vế:
x − 1 = 5 x − 1 + 3 x − 2 ⇔ 2 − 7 x = 2 15 x 2 − 13 x + 2
(2’)
⇔ 4 − 14 x + 49 x 2 = 4(15 x 2 − 13x + 2) ⇔ 11x 2 − 24 x + 4 = 0 ⇔ (11x − 2)( x − 2) = 0
2

x=


Cách 1: Sau khi tìm được x =

2
và x = 2 thử lại (2) không nghiệm đúng. Ta kết
11

luận phương trình (2) vô nghiệm.
Cách 2: Đặt điều kiện tồn tại của các căn thức của (2)
Sau khi giải đến (2’) khi bình phương hai vế đặt thêm điều kiện x ≤

2
7

2

x ≤
Khi đó x thoả mãn  7 nên phương trình (2) vô nghiệm.
 x ≥ 1

Cách 3: Có thể dựa vào điều kiện của ẩn để xét nghiệm của phương trình .
Điều kiện của (2) : x ≥ 1 do đó x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 < 5 x − 1
Vế trái âm. Vế phải lớn hơn hoặc 0 nên phương trình (2) vô nghiệm .
Sau đó tôi ra một số bài tập tương tự cho học sinh trình bày lời giải.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) 4 x + 1 − 3x + 4 = x − 2
b) x − 2 − x + 1 = 2 x − 1 − x + 3
C) Dạng 3: Sử dụng lập phương hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 7 − x = 2
(1)


* Khi giải phương trình vô tỉ có căn bậc ba thì không cần tìm điều kiện
cho biểu thức dưới căn bậc ba.
- Trước khi lập phương nên chuyển căn thức về một vế.
PHƯƠNG PHÁP 2: Đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt
đối.
Khi gặp phương trình mà biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng
bình phương của một biểu thức thì sử dụng hằng đẳng thức A 2 = A để làm
mất dấu căn đưa về phương trình đơn giản.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5 (1)
Nhận xét: + Ở phương trình (1) học sinh có thể nhận xét vế trái có cùng căn
bậc hai nên có thể bình phương hai vế. Nhưng ở phương trình này sau khi bình
phương (lần 1) vẫn còn chứa căn rất phức tạp.
+Ta xét xem biểu thức trong căn có thể viết được dưới dạng bình phương của
một biểu thức không? Từ đó có có hướng giải sau:
Giải : ĐKXĐ 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

3
;
2

2 x − 2 + 2 2 x − 3 + 2 x + 13 + 8 2 x − 3 = 5
⇔ (2x −3)+2 2x −3 +1 + (2x −3) −2 2x −3.4+16 = 5
⇔

(

)

2x −3 +1

thì 2 x − 3 + 1 + 2 x − 3 − 4 = 5 ⇔ 2 2 x − 3 = 8 ⇔ 2 x − 3 = 4
9
Giải ra x = (Không thoả mãn ĐKXĐ)
2
3
19
+ Nếu 2 x − 3 < 4 ⇔ ≤ x ≤
2
2

thì 2 x − 3 + 1 − 2 x − 3 + 4 = 5 ⇔ 0 x = 0 vô số nghiệm x thoả mãn
Kết luận:

3
19
≤x≤
2
2

3
19
≤x≤
2
2

Cách 2: Để giải (1’) cũng có thể sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối.
A + B ≥ A + B dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A.B ≥ 0.
Giải (1’)
2x −3 +1 + 2x −3 −4 =5⇔ 2x −3 +1 + 4− 2x −3 =5


19
≤x≤
2
2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x 2 + 20x + 25 + x 2 + 6x + 9 = 10x − 20 (2)
( Đề thi khảo sát đầu năm trường Trần Mai Ninh 2009 - 2010)
Đối với bài tập này học sinh phát hiện được biểu thức trong căn là bình phương
của một tổng và biến đổi được về dạng:
4x 2 + 20x + 25 + x 2 + 6x + 9 = 10x − 20 ⇔ 2x + 5 + x + 3 =10 (x − 2) .
Đa số học sinh sẽ giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối bằng cách xét các
khoảng x ≤ -3; -3 < x < - 2,5; x ≥ − 2, 5 .
Tuy nhiên nếu quan sát kỹ hai vế ta có vế trái không âm nên vế phải cũng không
âm, suy ra x ≥ 2 từ đó có cách giải ngắn gọn hơn.
Với x ≥ 2 thì 2x + 5 > 0 và x + 3 > 0 phương trình trở thành: 2x + 5 + x +3 = 10x – 20
Từ đó ta tìm được nghiệm phương trình là x = 4.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) x + 2 − 4 x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 ; b) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2
PHƯƠNG PHÁP 3: Đặt ẩn phụ
Việc giải phương trình vô tỉ thường gây ra nhiều khó khăn, phức tạp. Nếu
cứ nâng lên luỹ thừa để làm mất dấu căn thì dẫn đến phương trình bậc cao khó
tìm nghiệm. Tuy nhiên, nếu đặt ẩn phụ một cách thích hợp thì có thể chuyển
phương trình vô tỷ đã cho về một phương trình đơn giản, một hệ phương trình
đại số đã có cách giải quen thuộc. Cách đặt ẩn phụ còn tuỳ thuộc vào bài toán
cụ thể, vì vậy phải xem xét và vận dụng linh hoạt .
Ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ... hoặc nhiều ẩn phụ.
A) Cách đặt 1 ẩn phụ:
Chọn ẩn phụ thích hợp để đưa phương trình về phương trình có một ẩn. Giải
phương trình tìm ẩn phụ, từ đó tìm ẩn chính.
Ví dụ 1: Giải phương trình:

kỹ các biểu thức dưới dấu căn học sinh nghĩ ngay đến phương pháp đặt ẩn phụ.
x + 1≥ 0
Giải: ĐKXĐ  3− x ≥ 0 <=> -1 ≤ x ≤ 3
Đặt y = x +1 + 3−x ( Điều kiện y ≥ 0)

Khi đó y2 = 4 + 2

( x + 1)(3− x )

=> 2 ( x + 1)(3− x ) = y2 - 4
(2’) (Điều kiện y2 ≥ 4 )
Phương trình trở thành 2y – (y2- 4) = 4 <=> y2 - 2y = 0 <=> y( y - 2) = 0
<=> y = 0 (không thỏa mãn y2 ≥ 4) (loại) ; y = 2 (thỏa mãn y2 ≥ 4)
Thay y = 2 vào (2’) ta được 2 ( x + 1)(3− x ) = 22 - 4<=> ( x + 1) ( 3 – x) = 0
Ta thấy x = - 1; x = 3 thỏa mãn điều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = -1 ; x = 3.
Ví dụ 3: Giải phương trình 8 12 + 16x − 16x 2 + 4x − 4x 2 = 33 (3)
(Đề thi HSG Thành Phố Thanh Hóa năm học 2012- 2013 vòng 2)
Trong ví dụ này nếu đặt biểu thức 12 + 16x − 16x 2 = y sẽ rất phức tạp vì
thế ta nên biến đổi thành biểu thức đơn giản hơn trước khi đặt ẩn phụ.
Giải: ĐKXĐ – 0,5 ≤ x ≤ 1,5
Biến đổi phương trình:
8 12 + 16x − 16x 2 + 4x − 4x 2 = 33 <=> 16 3 + 4x − 4x 2 + 4x − 4x 2 = 33
Đặt 3 + 4x − 4x 2 = y (y ≥ 0)
Suy ra 3 + 4x – 4x2 = y2 => 4x - 4x2 = y2 – 3
(3’)
Phương trình đã cho trở thành: 16y + y2 - 3 = 33 <=> y2 + 16y – 36 = 0
<=> ( y – 2) ( y + 18) = 0
Do đó y = 2 và y = –18 . Ta thấy y = – 18 không thoả mãn điều kiện
+ Thay y = 2 vào (3’)ta có: 4x – 4x2 = 22 – 3 <=> 4x2 – 4x + 1 = 0

x + 2
+
= 72 ⇔ 2
+ 6.
− 72 = 0
x −9
x −9
x2 − 9
x2 − 9
x2
(t > 0) , được phương trình: t 2 + 6t − 72 = 0 ⇔ t = 6 .
Đặt t = 2
x −9
x2
= 6 ⇔ x4 – 36x2 + 324 = 0 ⇔ x2 = 18.
Khi đó: 2
x −9
Trong trường hợp này tìm được: x = 3 2
3x
< 0 < 6 2 => phương trình vô nghiệm.
+ Nếu x < –3 thì x + 2
x −9
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x = 3 2 .
2

B) Đặt ẩn phụ đưa phương trình về 2 ẩn: Ẩn chính và ẩn phụ, tìm mối quan
hệ giữa ẩn chính và ẩn phụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 + x + 2002 = 2002
( Đề thi vào lớp 10 PTTH năm 2002- 2003)
Nhận xét: Nếu bình phương hai vế đưa về phương trình bậc 4 khó nhẩm nghiệm

1

x + = x + 2002 −
2
2

1 
1

2
2
⇔  x + ÷ =  x + 2002 − ÷ ⇔ 
2 
2

 x + 1 = 1 − x + 2002

2 2
x2 + x +

Đến đây tiếp tục giải theo phương pháp 1.
Chú ý: Cách này thường sử dụng khi quan hệ ẩn chính và ẩn phụ đưa được về
hệ phương trình đối xứng.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x + 1) 2 x 2 − 2 x = 2 x 2 − 3x − 2 .
(2)
( Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Lam Sơn 2014 – 2015)
11


Đối với ví dụ này ta linh hoạt khi đặt ẩn phụ thì bài giải sẽ ngắn gọn hơn.

2
⇒

4 y +9
1
1
=( x + )2 ⇒7 x 2 +7 x = y +
28
2
2

1
2

Theo bài ra 7 y 2 + 7 y = x + => 7(x2 –y2) + 8(x –y) = 0
1
2

= > (x – y)(7x + 7y + 8) = 0. Vì x ≥ − ; y > 0 nên (7x + 7y + 8) > 0
= > (x – y) = 0 = > x = y.
1
2
Khi đó 7 y + 7 y = y + => 14y2 + 12y - 1 = 0
2
Ta có ∆ , = 50 > 0 nên y1 =

−6 + 50
−6 − 50
> 0; y 2 =


Giải ra ta được u1 =0; u2 =1; u3 = - 2
Từ đó ta tìm được nghiệm x1=1; x2=2; x3 = 10 ( thoả mãn ĐKXĐ)
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x1=1; x2= 2; x3 =10.
Tổng quát: Đối với phương trình có dạng:
n a − f ( x ) + m b ± f ( x) = c
(n, m∈ N; n, m>0).
Ta thường đặt: u = n a − f ( x) ; v = m b + f ( x) Khi đó ta được hệ phương trình:
u + v = c
 n
hoặc
m
u + v = a + b

u + v = c
 n
m
u − v = a − b

Giải hệ này tìm u, v sau đó tìm x
Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 97 − x + 4 x − 15 = 4
(2)
Đây là phương trình chứa căn bậc 4, ta thấy ngay hai biểu thức dưới dấu căn có
tổng bằng 82 nên đặt hai ẩn phụ để chuyển về hệ đối xứng như sau:
Giải: ĐKXĐ: 15 < x < 97
Đặt u = 4 97 − x ; v = 4 x − 15
(u, v > 0)

u +v = 4
Khi đó ta có hệ phương trình:  4

và 
 x − 15 = 81
 x − 15 = 1

Suy ra 

Giaỉ hai hệ phương trình ta có x = 96 ; x = 16 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 96; x = 16
Ví dụ 3: Giải phương trình:

(5 − 2 6 ) x + (5 + 2 6 ) x = 10

(3)

(Đề thi học sinh giỏi năm 2005 - 2006)
Phương trình này không quen thuộc như các phương trình trên, ẩn x nằm
ở lũy thừa, gặp phương trình này học sinh rất lúng túng. Giáo viên cần giúp học
sinh tìm thấy mối quan hệ giữa hai biểu thức dưới dấu căn, từ đó có cách đặt ẩn
phụ phù hợp.
Giải: ĐKXĐ: x ∈ R .
13


Ta thấy (5 -2 6 )(5 + 2 6 ) = 1
Đặt

(5 + 2 6 ) x =

(5 − 2 6 ) x = u (u > 0) thì



)

x+ 2

1
5−2 6

=1⇔ x+ 2 = 0

<=> x = - 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = + 2
Ngoài cách trên có một số bài khi đặt 2 ẩn phụ nhưng không đưa được về hệ
phương trình thì ta có thể tìm quan hệ của 2 ẩn phụ, thay vào hệ thức đã đặt lúc
đầu để đưa về phương trình đơn giản.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1
(Đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm 2015-2016)
Nhận xét: Nếu bình phương hai vế của phương trình sẽ đưa về phương trình bậc
4 rất khó giải. Đa số học sinh không làm được bài tập này.
Nếu quan tâm biểu thức x3+1.
Ta sử dụng hằng đẳng thức: x3 + 1= (x + 1)(x2 – x + 1)
+ Tìm mối quan hệ giữa x2 + 2 và x3 + 1 ta có x2 +2 = (x2 – x + 1)+( x + 1)
+ Từ đó có thể đặt 2 ẩn phụ: a = x + 1; b = x 2 − x + 1 và tìm mối quan hệ a, b từ
đó tìm x
Giải: ĐK XĐ x ≥ − 1
2( x 2 + 1) = 5 ( x + 1)( x 2 − x + 1)

Đặt a = x +1; b = x 2 −x +1
Ta có: a2 = x + 1 ; b2 = x2 – x + 1 ; x2 + 2 = a2 + b2

3( 2x + 3) +1 x 2 + 9 = 3(x 2 + 9) + 2x + 3



Đặt: 2 x + 3 = a; x 2 + 9 = b ( b ≥ 0);
Ta có phương trình (3a + 1)b = a + 3b 2 ⇔ (3b − 1)(b − a) = 0
1
 2
b = a
x +9 =

3
<=>  1 ⇔ 
Giải ra ta được x = 0
b=
2
2 x + 3 = x + 9
3


Bài tập áp dụng: Giải phương trình
a) x 3 + 1 = 23 2 x − 1 ; b) 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1 ; c) 4 x 2 + 6 x + 7 + 2 x 2 + 3x + 9 = 15
d)

3

1
1
+x+
− x = 1;


Giải ra ta được x = - 2. Thay vào thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm x= - 2
PHƯƠNG PHÁP 4: Đưa về dạng A2 + B2 = 0 hoặc A.B = 0
Ở phương pháp này ta sử dụng A2 + B2 = 0 <=> A = B = 0;
A.B =0 <=> A = 0 hoặc B = 0.
15


Ví dụ: Giải phương trình

1
x − 2 + y + 2009 + z − 2010 = ( x + y + z )
2

(Đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn năm 2009 - 2010)
Đối với phương trình này ta không thể làm bằng cách bình phương hai vế hay
đặt ẩn phụ được, tuy nhiên quan sát kỹ hơn ta sẽ thấy xuất hiện các hằng đẳng
thức bậc hai, từ đó có cách giải sau:
Giải: ĐKXĐ: x ≥ 2, y ≥ - 2009, z ≥ 2010
Phương trình đã cho tương đương với:
x + y + z = 2 +2 y + 2009 + 2 z −2010

⇔ ( x − 2 - 1)2+( y + 2009 - 1)2 + ( z − 2010 - 1)2 = 0.
Vì ( x −2 −1) 2 ≥0;( y + 2009 −1) 2 ≥0; ( z −2010 −1) 2 ≥0 nên
 x −2 −1=0
 x −2 =1
x = 3



Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô
nghiệm
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2
Nhận xét: +Ở phương trình này ta không nên bình phương hai vế,đặt ẩn phụ.
+ Xét các biểu thức trong căn và ngoài căn.
16


3x2+ 6x +7 = 3(x+1)2+ 4; 5x2+10x + 14 = 5(x+1)2 + 9; 4 - 2x - x2=-(x+1)2+5
Từ đó có lời giải:
Giải: VT: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 ≥ 4 + 9 = 5
VP: 4 − 2 x − x 2 = 5 − ( x + 1) 2 ≤ 5
Vậy 2 vế đều bằng 5, khi đó x + 1 = 0 ⇒ x = −1
Kết luận phương trình có một nghiệm x = - 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình: x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27 (3)
Nhận xét: Nếu bình phương 2 vế ta có phương trình bậc 4, khó giải, phức tạp.
Ta sử dụng bất đẳng thức rồi so sánh 2 vế.
Giải: ĐKXĐ: 4 ≤ x ≤ 6
Ta thấy: x 2 − 10 x + 27 = ( x − 5) 2 + 2 ≥ 2
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
2

(

( 1.

x −4 +1. 6−x )

⇒



(Đề thi vào lớp 10 PTTH năm học 2008-2009)
Đối với bài tập này ta chỉ có thể nghĩ đến việc so sánh được hai vế từ đó ta
dùng các bất đẳng thức phù hợp.
Giải: ĐKXĐ: x ≤ −1 ; x ≥ 1
Gọi a là nghiệm dương của phương trình khi đó a ≥ 1
Ta có: 1 + a − a 2 − 1 > 0,1 + a + a 2 − 1 > 0

(
⇔ (1+ a −
⇔ (1+ a −
⇔ (1+ a −
⇒ ( 1+ a −

)
a −1)
a −1)
a −1)
a −1)

⇒ 1 + a − a2 − 1
2

2

2

2

2005

2005

2005

2005

2005

2005


≥ 2


(

≥2

2a + 2

(
≥ 2(

)(

)

2005



m và h(x) ≤ m thì nghiệm của phương trình là các giá trị của x làm cho dấu đẳng
thức xảy ra.
+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki.
B) Đoán nghiệm, chứng minh nghiệm duy nhất
Ví dụ 1: Giải phương trình 5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 = 1
Nhận xét: Nếu sử dụng 5 phương pháp trên đều khó giải được nên suy nghĩ để
tìm cách giải khác.
Hướng dẫn: + Thử nhẩm tìm nghiệm của phương trình
+ Chứng minh nghiệm duy nhất
Giải: Nhận thấy x = 1; x = -1 là một nghiệm của phương trình
 5 − x 6 < 2
5 − x 6 < 4
x
>
1
⇒
⇒ 5 − x 6 − 3 3 x 4 − 2 < 1 nên phương
+ Xét
thì  4

4
3 x − 2 > 1  3 x − 2 > 1

trình vô nghiệm
5 − x 6 > 4
⇒ 5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 > 1
+ Xét x < 1 ta có:  4
3 x − 2 < 1

nên phương trình vô nghiệm


6
6
x >2⇒
x+
1>2 +
1⇒
1+



∆' = 4 + 3 = 7> 0.

=> x + 3 = −2 − 7 < 0 (loại); x + 3 = −2 + 7 > 0
<=> x +3 = 4 + 7 - 4 7 <=> x = 8 - 4 7 < -3 (loại)
Với y2 =

x +1
ta có
2

x+3 =

x +1
2

<=> x + 1 - 2 x + 3 = 0 <=> x + 3 - 2 x + 3 − 2 = 0 , ∆' = 1 + 2 = 3
=> x + 3 = 1 − 3 < 0 (loại); x + 3 = 1 + 3 > 0 (TMĐK)
<=> x + 3 = 1 + 3 + 2 3 <=> x = 1 + 2 3 (thoả mãn)
Vậy x = 1 + 2 3 là nghiệm của phương trình
PHƯƠNG PHÁP 6: Sử dụng biểu thức liên hợp.
Ví dụ 1: Giải phương trình

1
5
+
= 4.
x+3
x+4


+
=0


1
5
1 
5 
2+
2+
( x + 3)  2 +
÷ ( x + 4)  2 +
÷
x+3
x+4
x+3 
x+4 


4−

Vì x > - 3
1


1 
( x + 3)  2 +
÷
x+3 


3

Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình. Như vậy phương trình đã
cho có thể phân tích được về dạng ( x − 2 ) Q ( x ) = 0
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3
x2 − 4
x2 − 4
⇔
= 3( x − 2) +
x 2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3


x+2
x+2
⇔ ( x − 2) 
−
− 3÷= 0
2
x2 + 5 + 3 
 x + 12 + 4
x = 2
⇔
x+2
x+2

−
−3= 0
(2' )


2

− 5 x + 1) − ( 3 x 2 − 3 x − 3) = −2 ( x − 2 ) và ( x 2 − 2 ) − ( x 2 − 3x + 4 ) = 3 ( x − 2 )

Ta đi đến lời giải như sau:
(3) ⇔ 3x 2 − 5 x + 1 − 3 ( x 2 − x − 1) = x 2 − 2 − x 2 − 3 x + 4 (ĐK x2 ≥ 2; x2 – x – 1 ≥0)

20


−2 x + 4

⇔

3x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

=

3x − 6
x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4



2
3

=0
⇔ ( x − 2)
+

3

) (

−1 +

x4 + 3 x2 + 1

+

) (

x2 + 8 − 3 =

x2 −1
x2 + 8 + 3

=

x 2 + 15 − 4

)

x2 −1
x 2 + 15 + 4

x 2 =1

⇔
3

Qua quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh các lớp
tôi giảng dạy trong những năm qua (lớp 9E, 9F năm 2011-2012 và lớp 9C, 9G
năm 2015-2016) đã cho thấy kết quả rõ rệt.
- Các em tự tin khi giải phương trình vô tỉ.
- Biết lựa chọn phương pháp phù hợp sao cho ngắn gọn, dễ hiểu.
- Khắc phục các lỗi khi giải phương trình cũng như khi làm toán.
- Khả năng tư duy logic các vấn đề trong đời sống hằng ngày cũng như trong các
bài toán được cải thiện rất nhiều.
- Học sinh có hứng thú học tập, tích cực trong học toán.
- Qua khảo sát học kỳ I, kiểm tra chương I kết quả có nhiều khả quan như sau:
Số học sinh yêu thích môn đại số

Số học sinh giải tốt phương trình vô tỉ

21


Trước khi vận
dụng đề tài
60/96
học sinh

Sau khi vận
dụng đề tài
80/96
học sinh

Trước khi vận
dụng đề tài
25/96

đó để nâng cao chất lượng dạy và học.
Trong quá trình làm đề tài này tôi đã cố gắng để phân dạng phương trình
vô tỷ nhằm áp dụng có hiệu quả nhất. Tuy nhiên trong quá trình thực hiện còn có
những thiếu sót, vướng mắc mong các đồng chí đồng nghiệp góp ý để hoàn thiện
đề tài tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiếm kinh nghiệm của mình không sao chép
nội dung của người khác.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 3 năm 2016
CAM KẾT KHÔNG COPY
Người viết

22


Bùi Thị Hiền

23


TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Sách giáo khoa, sách bài tập toán 9.
- Toán nâng cao và phát triển toán 9 – Vũ Hữu Bình.
- Các chuyên đề chọn lọc toán 9 – Tôn Thân, Phạm Thị Lệ Hằng, Nguyễn
Đức Trường.
- Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9 – Bùi Văn Tuyên.
- Tài liệu chuyên toán trung học cơ sở - Toán 9 – Đại số - Vũ Hữu Bình –