Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải phương trình vô tỉ

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (218.66 KB, 22 trang )

I MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Chương trình môn Toán ở bậc phổ thông thì phần kiến thức về phương trình
vô tỉ là khá khó đối với học sinh. Để giải các bài toán dạng này học sinh phải vận
dụng bất đẳng thức, cần phải biết biến đổi tương đương các biểu thức đại số, phải sử
dụng khá nhiều hằng đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp …, phải tổng hợp các kiến
thức và kỹ năng tính toán, tư duy sáng tạo.
Là người trực tiếp giảng dạy toán trong trường THCS, trong quá trình giảng
dạy, tôi thấy học sinh hay lúng túng, bế tắc trong qua trình tìm tòi lời
giải và cách xác định dạng toán. Không chỉ học sinh gặp khó khăn trong giải toán
mà bản thân tôi khi mới dạy phần “ Giải phương trình vô tỉ” cũng gặp khó khăn
trong việc hướng dẩn học sinh giải bài toán phần này. Vì vậy tôi luôn trăn trở, tìm
tòi, chọn lọc những phương pháp hợp lý nhất để để dẫn dắt, hình thành cho học sinh
một cách suy nghĩ mới làm quen với dạng toán giải phương trình vô tỷ, để dần
dần các em có được một số phương pháp giải cơ bản nhất. Để góp phần nâng cao
chất lượng dạy và học cũng như phát triển và bồi dưỡng tư duy
sáng tạo cho học sinh, giúp học sinh tích cực chủ động trong học tập, tôi đã
mạnh dạn đưa ra đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải phương trình vô tỉ”
2. Mục đích nghiên cứu
Đề tài đưa ra một hệ thống các phương pháp thường dùng để giải phương
trình vô tỉ và một số bài toán áp dụng; đối với từng phương pháp trang bị cho học
sinh lớp 9 hệ thống kiến thức để giải phương trình vô tỉ, tránh được những sai lầm
thường gặp khi giải dạng bài toán này.
Thông qua đề tài, học sinh nắm được một số phương pháp và vận dụng vào
giải bài tập, rèn kĩ năng giải bài toán có chứa căn bậc hai, đồng thời giúp học sinh
thấy được cái hay, cái đẹp, sức hấp dẫn của toán học, kích thích sự tò mò, nghiên
cứu, khám phá, tìm hiểu bài toán .
3. Đối tượng nghiên cứu
– Đối tượng của đề tài là “ Phương pháp giải phương trình vô tỉ”
– Nghiên cứu các tài liệu có liên quan.
– Giáo viên dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là học sinh khối 9

4. Phương pháp:
– Phương pháp nghiên cứu thực tiễn lý thuyết: Nghiên cứu các phương pháp
giải các bài toán “ Phương trình vô tỉ” trong chương trình toán THCS. [4]– Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Sau khi nghiên cứu các tài liệu, tổng
hợp các kết quả của học sinh lớp trước, trao đổi với các giáo viên bộ môn để rút ra
kinh nghiệm, thử nghiệm trong quá trình giảng dạy khóa tiếp theo.
– Phương pháp thực nghiệm sư phạm.

1

II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lí luận của đề tài
Trong chương trình đại số lớp 9, phương trình vô tỉ là một dạng khó. Khi gặp các
phương trình có chứa căn tương đối phức tạp học sinh thường lúng túng không tìm ra cách
giải và hay mắc sai lầm. Có phương trình không giải bằng phương pháp quen thuộc. Khi
gặp phương trình vô tỉ học sinh thường chỉ quen một phương pháp là bình phương hai vế
làm mất dấu căn. Nhưng trong quá trình giải sẽ thường mắc phải một số sai lầm trong các
phép biến đổi tương đương phương trình. Vì vậy dẫn đến thừa, thiếu nghiệm. Có phương
trình sau khi mất căn dẫn tới phương trình bậc cao mà việc nhẩm nghiệm để đưa về
phương trình bậc nhất hoặc bậc hai để giải là rất khó khăn. Vì vậy học sinh thường lúng
túng và không tìm ra cách giải. Để tránh những sai lầm hay mắc phải, cần có hệ thống
phương pháp giải để các em được luyện tập nhiều dạng bài, giúp cho việc giải các
phương trình vô tỉ trở thành quen thuộc với học sinh.
2. Thực trạng vấn đề nghiên cứu
Là một giáo viên dạy toán trong trường THCS tôi nhận thấy phần đông các em học
môn Toán với năng lực sẵn có mà ít khi tạo được hứng thú, tự bồi dưỡng năng lực tư duy
sáng tạo bởi các em có tâm lý sợ, ngại khi gặp các bài toán giải phương
trình vô tỷ. Vậy lý do gì làm cho các em có tâm lý như vậy? Đó là do:
1. Các em không thuộc lý thuyết và không nắm vững kiến thức cơ bản, kỹ năng

thực hành biến đổi còn hạn chế.
2. Các em chưa biết tìm tòi đường lối giải toán mà ta gọi là phương pháp,
nhất là các phương pháp đặc trưng cho từng dạng, từng loại toán …
Vì vậy làm thế nào để có thể giúp học sinh hiểu rõ bản chất của các loại toán,
vận dụng kiến thức lý thuyết vào để giải hay cụ thể hơn là hình thành phương pháp
giải từng loại toán như thế nào
Giải quyết được vấn đề đó không phải là điều dễ dàng khi mà phân phối
chương trình chưa có một tiết nào cho giáo viên dạy một cách hệ thống các phương
pháp giải các loại toán cụ thể mà chỉ xuất hiện đơn lẻ.
Trong chương trình đại số THCS, “Phương trình” là một khái niệm quen
thuộc; học sinh thường xuyên được làm việc với giải các phương trình toán học từ
các phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai, phương trình bậc ba một ẩn, các
phương trình chứa ẩn ở mẫu, các phương trình bậc cao. Đây là một nội dung rất
quan trọng và khó đặc biệt là phương trình vô tỉ.
• Kết quả của thực trạng trên
Trong chương trình Đại số lớp 9, việc tìm nghiệm của một phương trình có
chứa ẩn số trong dấu căn (Phương trình vô tỉ) đối với học sinh còn gặp nhiều khó
khăn như chưa trình bày được một lời giải hoàn chỉnh. Học sinh thường mắc phải
một trong các sai lầm chẳng hạn: Không tìm điều kiện xác định của phương trình
(điều kiện có nghĩa của phương trình) đã thực hiện các phép biến đổi phương trình
như: bình phương hai vế, …, hoặc khi tìm được nghiệm rồi vội vàng kết luận ngay
mà không kiểm tra lại điều kiện. Học sinh thường bỏ qua các phép biến đổi tương
đương một phương trình với một hệ điều kiện và trình bày rời rạc không theo một
qui trình .
2

Mặt khác, việc định dạng các phương trình thường gặp trong chương trình
cũng như các tài liệu ôn tập tham khảo khác học sinh chưa có được cách giải phương
trình phù hợp với từng dạng đó mà chỉ áp dụng máy móc như bình phương liên tục

(nhiều lần) các phương trình làm cho việc trình bày lời giải dài dòng, thiếu hiệu quả.
Hơn nữa, do thực tế của chương trình Đại số 9 việc giải phương trình vô tỉ
cũng chỉ dừng lại ở một số bài tập quen thuộc, đơn điệu nên nhiều giáo viên chủ
quan, không đề cập cho học sinh những dạng phương trình vô tỉ khác SGK và bài
tập qui định, vì thế khi dự thi các kì thi Học sinh giỏi nhiều học sinh không giải
được các phương trình vô tỉ đòi hỏi vận dụng kiến thức có trong chương trình.
Để khắc phục những tồn tại nói trên, đồng thời nhằm giúp học sinh lớp 9 có
được một cách nhìn nhận mới về các phương pháp giải một phương trình vô tỉ trên
nền tảng các kiến thức cơ bản đã được trang bị của cấp học, qua đó giúp các em trau
dồi được những phẩm chất về trí tuệ như: tính độc lập, linh hoạt, sáng tạo trong quá
trình giải toán, góp phần bồi dưỡng các em trở thành học sinh khá, giỏi bộ môn toán
ở trường THCS. Tôi xin trình bày một số quan điểm của mình về giải một phương
trình vô tỉ trong chương trình toán THCS dưới hình thức nêu ra một số phương pháp
giải các dạng phương trình vô tỉ.
3. Các biện pháp thực hiện
3.1.Đối với giáo viên
1/ Thường xuyên khắc phục những sai lầm thường mắc cho học sinh như:
+ Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương.
+ Không chọn nghiệm theo các điều kiện đã đặt ra mà kết luận nghiệm cho
phương trình ngay.
+ Chưa phân biệt được các phép biến đổi tương đương và không tương đương
2/ Cung cấp cho học sinh những kiến thức, kỹ năng cơ bản có liên quan tới
giải một phương trình.
+ Các định lí về phép biến đổi tương đương một phương trình.
+ Chú ý các phép biến đổi có thể dẫn tới hai phương trình không tương
đương với nhau.
+ Ghi nhớ cho học sinh các công thức quan trọng ở chương căn bậc hai, bâc
ba có liên quan đến kỹ năng biến đổi về căn thức, thực hiện các phép tính chứa dấu
căn.
3/ Xây dựng các công thức giải các dạng phương trình vô tỉ thường gặp

4/ Cung cấp cho học sinh các phương pháp giải phương trình vô tỉ
5/ Phối hợp với những bài toán khác có nội dung kiên quan.
6/ Thường xuyên kiểm tra và uốn nắn kịp thời các sai sót thường gặp.
3.2.Đối với học sinh:
– Hiểu được bản chất các loại toán
– Nhận dạng từng loại bài tập, vận dụng phương pháp hợp lý vào từng dạng
toán cụ thể.
– Phát huy khả năng tư duy sáng tạo trong khi giải, biết suy luận từ bài dễ đến
bài khó với cách giải hay hơn.
4. Các giải pháp thực hiện
3

4.1 Các kiến thức cần lưu ý khi giải một phương trình
1. Các khái niệm [1, 4]+ Phương trình vô tỉ là phương trình đại số có chứa dấu căn
+ Hai phương trình tương đương là hai phương trình có cùng một tập hợp
nghiệm.
• Chú ý:
+ Nếu phương trình này là hệ quả của phương trình kia và ngược lại thì hai
phương trình đó tương đương.
+ Mọi phương trình vô nghiệm đều được coi là tương đương nhau vì chúng
cùng có tập nghiệm là ø.
2.Các phép biến đổi tương đương, không tương đương một phương trình
[2]a. Các phép biến đổi tương đương các phương trình:
– Các định lí về phép biến đổi tương đương ở lớp 8.
– Thực hiện biến đổi hằng đẳng thức ở từng vế của một phương trình không
làm thay đổi TXĐ của chúng thì được một phương trình mới tương đương với
phương trình đã cho.

b. Các phép biến đổi có thể dẫn tới hai phương trình không tương đương
(dẫn tới một phương trình hệ quả). [2]– Nhân hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn (có thể xuất
hiện nghiệm lạ, nghiệm ngoại lai).
– Chia hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn số (có thể
làm mất nghiệm của phương trình ban đầu).
– Cộng vào hai vế của phương trình đã cho với cùng một phân thức.
– Nâng 2 vế của một phương trình lên cùng một luỹ thừa tự nhiên: m > 1
Nếu m chẵn : thì khi nâng 2 vế của f1(x) = f2(x) lên cùng một luỹ thừa chẵn ta
được một phương trình mới có thể nhận thêm nghiệm của phương trình:
f1(x) = f2(x) vì :
[ f1 ( x)f]12( x=) [=f 2f(2x()x] 2) ⇔

Vì thế khi giải phương  f1 ( x) = − f 2 ( x)
trình vô tỉ ta cần thử nghiệm vào
phương trình đầu để loại nghiệm ngoại lai ( phép bình phương hai vế của một
phương trình có thể dẫn tới một phương trình hệ quả).
3. Những sai lầm thường gặp khi giải một phương trình vô tỉ.
– Không đặt điều kiện cho các căn thức có nghĩa mà đã vội bình phương hai
vế của phương trình.
– Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương.
– Khi tìm được nghiệm bỏ quên bước thử lại vào phương trình đầu hoặc chọn
nghiệm thích hợp theo điều kiện đã đặt ra mà vội kết luận nghiệm của phương trình
vô tỉ.
Ví dụ: Khi giải phương trình : x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2
(1)
Học sinh giải:
x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2
Bình phương hai (5 x − 1).(3x − 2)
4

vế : x – 1 = 5x – 1 + 3x – 2 + 2 (3)
Rút
gọn
:
2 -7x = 2 (4)
2
Bình phương hai vế :
4 – 28x + 49x = 4.(15×2-13x + 2)
(5)
2
Rút gọn :
11x – 24x + 4 = 0
2 1x- 2)(x – 2) = 0
(1  x⇔
=

Kết luận:
x 1 = ;  2 11 x2 = 2
=2
 x11
*Phân tích sai lầm của học sinh:
+ Học sinh đã không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức là:
Giá trị
không là


 x −1 ≥ 0
 x ≥1

nghiệm của phương trình


1
(1).
 5x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ ⇔ x ≥ 1
5
Vậy phương trình (1)
3 x − 2 ≥ 0


x ≥ 2
vô nghiệm


3
Để khắc phục sai lầm này
phải tìm ĐKXĐ của phương trình từ bước đầu tiên.
+ Học sinh không đặt điều kiện để biến đổi tương đương nên (4) không tương
đương với (5).
2 − 7x ≥ 0

+ Phương trình (4) chỉ

2
2
tương đương với hệ:
(2 − 7 x) = 4(15 x − 13x + 2)
2
Phương trình (5) là hệ

≥0⇔ x≤
7
quả của phương trình (4), nó chỉ
tương đương với phương trình (4) khi có điều kiện: 2 – 7x, do đó x = 2 không là
nghiệm của (1).
*Cách giải đúng:
+ Cách 1: Sau khi tìm được thử x = 2 ; x = 2
1
2
11
lại vào phương trình ban đầu,
phương trình (1) không nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
+ Cách 2: Đặt điều kiện cho x = xx2≤≥; x12 = 2
1
2
11 7
phương trình có nghĩa (*) sau đó
từ (4) chuyển sang (5) đặt thêm điều kiện (**), đối chiếu các giá trị với (*) và
(**) ta thấy x1 và x2 không thỏa mãn. Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
+Cách 3: Điều x ≥ 1 ⇔ x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 − 5 x − 1 < 0
kiện:
Mặt khác. Như vậy vế trái 3x − 2 > 0 ⇒ 3x − 2 > 0
âm, vế phải dương.
Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
* Nói chung để tránh sai lầm cho học sinh khi giải một phương trình vô tỉ ta nên
hướng dẫn học sinh đi theo các bước sau:
B1: Tìm ĐKXĐ của phương trình ( Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa)
B2: Nâng hai vế của phương trình lên cùng một lũy thừa, nếu phương trình còn
dấu căn bậc hai thì tiếp tục đặt điều kiện, sau đó khử căn để đưa phương trình về
dạng đã biết cách giải.

15 x 2 − 13 x + 2

5

x=

2
11

B3: Thử nghiệm theo các điều kiện hoặc theo phương trình đầu rồi kết luận
nghiệm.
4.2. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ [5]4.2.1.Sử dụng các phép biến đổi tương đương.
a. Dạng : ( A là một số f ( x) = A
hoặc một biểu thức đã biết) (1).
*Công thức giải:
 A≥0
f ( x) = A ⇔ 
(2)
2
 f ( x) = A

Ở phương pháp này ta đã biến f ( x≥) = A
đổi tương đương phương trình đã
cho với một hệ hỗn hợp, như vậy nghiệm của (2) chính là nghiệm của(1). Do vậy ta
chỉ giải hệ (2) rồi kết luận nghiệm của (1). Cơ sở của phương pháp này là dựa vào
khái niệm căn bậc hai số học : f(x)0.
* Chú ý: Khi A<0 ta kết luận
f ( x) = A

ngay phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ: Khi giải phương trình
x 2 + 3x = 2
ta giải như sau:
 x −1 = 0
 x =1
x 2 + 3 x = 2 ⇔ x 2 + 3 x = 4 ⇔ x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 4) = 0 ⇔ 
⇔
 x = −4
x + 4 = 0

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1= 1 ; x2 = – 4.
≥ đặt điều kiện : x2 +3x 0 v× (1) (2)
Ở phương trình trên không cần thiết phải ⇔
trong đó f(x) =A2 0.
Bài tập tương tự [3]Giải phương trình
a.
b.
c.
2xx22−+815xx===−325
4
b. Dạng :
f ( x) = g ( x)
*Công thức
 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
2
giải :
 f ( x ) = [ g ( x )]

* Ví dụ: Giải phương trình: x 2 + 3x + 11 = 2 x + 1
(1)
Từ (1) ta có 

−1

2x + 1 ≥ 0
2 x ≥ −1
x≥



5
⇔ 2
Giải (*) ta  2
− 1⇔ 
2
= x −10
x ≥= 0
x + 3 x + 11 = (2 x + 1) 2
3 xx +
2




3
x
+
x

−
10
= 0(*)
3
có :. Vậy 
2


5
5

x1 = ; x 2 = −2nên(1) ⇔ 
5 ⇔x=
(1) có các
3
3
 x = 3
nghiệm là
  x = −2

• Chú ý: Khi chỉ ra
được g(x) < 0 ta kết luận ngay phương trình vô nghiệm.
Ví dụ:
Giải phương
x 2 − 3 x + 5 = − x 2 − 3(**)
trình
6

Vậy (**) vô

Vì

− x 2 ≤ 0 ⇒ − x 2 − 3 < 0. nghiệm.
Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau
x 2+x4−1
= x= +x 2
f ( x) = g ( x)

c. Dạng :

b, 2+

a,
Công thức giải:

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

3x + 1 = 2 2 − x

Ví dụ:
(1)



−1

 3x + 1 ≥ 0
x ≥ 3


⇔  2−x ≥0
⇔  x ≤ 2 ⇔ x =1
3x + 1 = 4(2 − x)
 x =1





Giải phương trình:
Ta có: (1)
Kết luận: Phương
trình có nghiệm x =
1.
Bài tập tương tự:

[6] Giải phương trình:
d. Dạng:
(2)
*

(1)

a.

x−
3 2 x4−
5 1== x 62 +− 37xx + 1
hoặc f f( (xx))++ gg( (xx) )== hh((xx))

Cách giải phương trình (1):
B1: Tìm điều kiện cho (1) có nghĩa. ( Tìm TXĐ) (*)
B2 : Bình phương hai vế (1)

{

b.

}

1
Phương trình
[ h( x ) ] 2 − f ( x ) − g ( x )
2
(1) trở thành (3)
2
[ h( x)] − f ( x) − g ( x) ≥ 0 B3 : Đặt điều kiện mới cho

f ( x ).g ( x) =

(3) : (**)

Bình phương hai vế của (3) đưa về một phương trình (4) đã biết cách giải.
B4 : Giải (4) chọn nghiệm thoả mãn (*) và (**) sau đó kết luận nghiệm.

* Cách giải phương trình (2) hoàn toàn tương tự
*Nếu h(x) của phương trình (1) có giá trị âm với mọi x thì ta kết luận ngay
phương trình (1) vô nghiệm.
x+3 = 5− x−2

(1)
⇔

Ví dụ: Giải phương trình

x+3+ x−2 =5

x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
⇔
⇔x≥2

x≥2
x − 2 ≥ 0

(1) (2)
Điều kiện: (*)
7

2 2 ( x≥+ 3)( x − 2) = 25 ⇔
x + 3 + x − 2x +
+ x − 6 = 12 x

Với

x2
hai vế
không
âm,
bình

(3)

phương hai vế của (2) ta có phương trình:


12 − x ≥ 0
 x ≤ 12
⇔ 2
⇔
⇔ x=6
2
x
+
x
−
6
=
(
12
−
x
)
x
=

6



(3
)
x = 6 thoả mãn (*)

f ( x) + xg−
+(32x) = h( x)

*Chú ý : Với phương trình
thuộc dạng (1). Khi phương trình đã cho chưa ở dạng mà như ở ví dụ trên, ta nên
biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng (1), không nên để nguyên
phương trình mà bình phương hai vế vì dù cho có điều kiện để phương trình có
nghĩa nhưng phép biến đổi không tương đương (do ở hai vế và 5 – không đồng thời
lớn hơn hoặc bằng 0 ).
Bài tập tương tự: [6]a.

Giải phương trình

b.

e. Dạng :

(1).

7 −x + 35x=−65−= 2x + 1
f ( x ) + h( x ) = g ( x ) + k ( x )

* Đây là dạng phương trình vô tỉ có chứa nhiều căn thức bậc hai, ta có thể tiến
hành các bước giải như sau:
 f ( x) ≥ 0
B1: Đặt điều kiện cho phương  h( x) ≥ 0
trình có nghĩa (Tìm ĐKXĐ): (*) 
 g ( x) ≥ 0
B2 : Với điều kiện (*) bình  k ( x) ≥ 0

phương hai vế của (1) ta có:

f(x) + h(x) +
2= g(x) + k(x) + 2
Đưa phương trình
F ( x) − G ( x) = H ( x)
dạng: (2)
B3: Tùy theo từng trường hợp cụ thể giải tiếp (2).
Ví dụ:
Giải phương
x − x +1 − x + 4 + x + 9 = 0
trình
(1)
Viết (1) dưới dạng (2):
⇔ x + x + 9 = x +1 + x + 4
(1) (2)
≥0
Điều kiện (2) có nghĩa: x (*).
Với điều kiện (*), bình phương hai vế ta có:
gf( x( x) ).+hk((xx) )

4 + 2 x 2 + 9 x = 2 x 2 + 5x + 4 ⇔ 2 + x 2 + 9 x = x 2 + 5x + 4

Vì hai vế

lớn hơn hoặc hoặc bằng 0 nên bình phương hai vế ta có:
4 + x 2 + 9 x + 4 x 2 + 9 x = x 2 + 5x + 4 ⇔

x 2 + 9x = −x

x≤0
 x ≤ 80
⇔ 2
⇔
⇔ x=0
2
9 x = 0
x + 9x = x

thỏa mãn (*)
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0.
Bµi tËp t¬ng tù : [7]Gi¶i ph¬ng tr×nh
x − 24 x−+ 1x−+ 13=x + 24x=− 1 x− − 2x + 3

a)

b)

4.2.2.Phương pháp đặt ẩn phụ

• Mục đích của việc đặt ẩn phụ là nhằm đưa phương trình đang xét về một
phương trình đơn giản hơn ( đã biết cách giải). Tuy nhiên, cần phải biết chọn
ẩn số phụ một cách thích hợp phù hợp với đặc thù bài toán đang xét.
• Cần chú ý rằng để đặt được ẩn phụ có thể thông qua một vài bước biến đổi
phương trình đã cho để làm xuất hiện “ biểu thức cần chọn” làm ẩn phụ.
Ví dụ : Xét phương
x 2 + 29 x − 30 = 31 − x 2 − 29 x
trình:
Ta biến đổi thành :
x 2 + 29 x − 30 + ( x 2 + 29 x − 30) − 1 = 0
 x ≤ −30
Điều kiện :
2
x + 29 x − 30 ≥ 0 ⇔ ( x − 1)( x + 30) ≥ 0 ⇔ 
 x ≥1

t = x 2 + 29 x − 30 (t ≥ 0)

Đặt ẩn phụ :
Ta có phương trình: t2 + t -1 = 0
Giải phương trình ẩn t, đối chiếu điều kiện của t, thay t vào (*) tìm x. Đối chiếu
điều kiện, trả lời.
Nhằm giúp cho học sinh có được thói quen áp dụng phương pháp trên theo
hướng đúng đắn, hợp lý, tránh máy móc rập khuôn phương pháp này, ta nên trang
bị cho các em một số dạng phương trình vô tỉ thường gặp sau:
a. Dạng 1: Phương trình có
af ( x) + b f ( x ) + c = 0
dạng :
(1)
f ( x) ≥ 0

Cách giải : Đặt điều kiện cho
phương trình có nghĩa (*)
Đặt ẩn phụ : sau đó giải
t = f ( x) (t ≥ 0)
phương trình mới có ẩn là t:
2
at +bt+c=0
Khi tìm được t tiếp tục giải
f ( x) = t
phương trình vô tỉ dạng. Chọn
nghiệm theo điều kiện (*) từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ : Giải phương
3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
trình (1)
2
x + 7x + 7 ≥ 0
Điều kiện: .
Trước hết đưa phương trình (1) về dạng 1:
⇔ 3( x 2 + 7 x + 7) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 3 = 2 ⇔ 3( x 2 + 7 x + 7) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 5 = 0

(1)
t = x 2 + 7 x + 7 (t ≥ 0)

Đặt :
Ta có phương trình ẩn t là:
9

3t2 + 2t – 5 = 0.
Giải phương trình này ta có t = 1; t = − 5

1
2
3
nghiệm: (lo¹i).
 x = −1
x2 + 7x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7x + 6 = 0 ⇔  1
 x 2 = −6

Thử lại điều kiện:

x2 + 7x + 6 ≥ 0

trị x1; x2 thoả mãn.

Giải
phương
trình:
nên hai giá

x1 = −1; x 2 = −6

Vậy phương trình (1) có hai
nghiệm
• Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ trên đã làm cho phương trình vô tỉ chuyển về dạng
hữu tỉ quen thuộc. Phương pháp “ đặt ẩn phụ” có ưu thế là “hữu tỉ hoá” một phương
trình vô tỉ có nhiều tiện lợi cho việc giải một phương trình.
Bài tập tương tự [7]Giải phương trình:
2
a.

b.
c.
x33 x+x−1+2=2006
2×32 2+x=x−2006
3 xx2 ++
−1 1 = 0
b) Dạng 2: (2).
f ( x) + h( x) + n f ( x).h( x) = g ( x)
* Cách giải : Để giải
t = f ( x ) + h( x )
’
dạng (2) ta dùng ẩn phụ (2 )
. Rút thay vào phương ⇒ t 2f (=x).f h( (xx) )+=h(t x2 )−+ f2( x)f −( xh).(hx()x)
trình (2) rồi thu gọn
phương trình để được một phương trình mới ẩn t.
Giải phương trình ẩn t sau đó chọn t theo điều kiện.
Giải phương trình (2) sau đó chọn x theo điều kiện có nghĩa của (2).
Ví dụ: [4]Giải x + 1 + x − 2 + 2 x 2 − x − 2 = 13 − 2 x
phương trình (1)
Đưa phương trình (1) về dạng (2) :
(1)
⇔ x + 1 + x − 2 + 2 ( x + 1)( x − 2) = 13 − 2 x
 x +1 ≥ 0
Điều kiện để phương trình (1) có nghĩa là: (*)


13
t = x + 1 + x − 2 ⇒ (t > 0) ⇒ t 2 = x + 1 + x − 2 + 2 ( x + 1)( x − 2) x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 2
13 − 2 x ≥ 0


⇒ 2 ( x + 1)( x − 2) = t 2 − 2 x + 1
t + t − 2 x + 1 = 13 − 2 x ⇔ t + t − 12 = 0
2

2

Đặt
Thay vào (1) ta có

phương trình: (1)
Giải (1) ta có: t1= 3 ( Chọn) ; t2 = – 4 (loại)
x +1 + x − 2 = 3 ⇔ x +1+ x − 2 + 2 x2 − x − 2 = 9
⇔

Giải
trình


x≤5
x ≤ 5
x2 − x − 2 = 5 − x ⇔  2
⇔
⇔ x=3
2
x = 3
 x − x − 2 = (5 − x )

phương

x

=3

thỏa mãn (*). Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x= 3.
Bài tập tương tự [6]10

(3)

Giải phương trình
x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x) = 2
c) Dạng 3: ( f ( x) + a)( f ( x) + b)( f ( x) + c)( f ( x) + d ) = m

a + b = c + d
fa(+x)d==t (bt +≥ c0)
*Cách giải: Đặt:

Đưa phương trình về dạng: (t + a) a + c = b + d

(t + b)(t + c)(t + d) = m

[

Trong đó

][

]

⇔ [ (t + a)(t + b)][ (t + c)(t + d )] = m ⇔ t 2 + (a + b)t + ab t 2 + (c + d )t + cd = m

(3)
Đặt ẩn phụ lần thứ hai để đưa (3) về phương trình cơ bản đã biết cách giải.
Có thể có nhiều cách đặt, chẳng hạn : y = t2 + (a + b).t = t2 + (c + d).t
⇔ ( y + ab)( y + cd ) = m ⇔ y 2 + (ab + cd ) y + abcd − m = 0
Ta
có
phương trình
(3)
Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải.
Ví dụ: [6]Giải ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4) = 840
phương trình:
Điều kiện: đặt. Ta có phương
x x= ≥t (t0.≥ 0)
trình ẩn t:
⇔ [ (t + 1)(t + 4)][ (t + 2)(t + 3)] = 840
(t +1)(t + 2)(t
+ 3)(t + 4) = 840
f ( x) = A

Đặt ẩn phụ:

y = t 2 + 5t + 5 ⇒ y > 0.

Ta
có ( y − 1)( y _ 1) = 840 ⇔ y 2 − 1 = 840 ⇔ y 2 = 841 ⇔ y1, 2 = ± 841 = ±29
phương

trình: .
Loại y < 0 ta có y = 29.
Giải phương trình: t 2 + ⇔ t 2 + 5t − 24 = 0 ⇒ t1 = 3; t 2 = −8
5t +5 =29 (loại)
Giải phương trình:
( thoả
x =3⇔ x=9
mãn điều kiện)
Kết luận: Nghiệm của phương trình ban đầu là x = 9.
• Nhận xét: Ở dạng 3 dùng ẩn phụ lần thứ nhất ta đã ” hữu tỉ hoá” phương trình
đã cho. Song chưa có được phương trình ở dạng quen thuộc nhờ đặt ẩn phụ lần hai
mà ta đã đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai. Cần lưu ý trong cách đặt
ẩn phụ lần hai có thể có nhiều cách chọn khác nhau mà người giải cần chú ý.
• Như vậy khi giải một phương trình bằng cách đặt ẩn phụ ta có thể đặt nhiều
lần ẩn phụ khác nhau sao cho đích cuối cùng là đưa phương trình ban đầu về dạng
quen thuộc.
4.2.3.Phương pháp hệ phương trình( chuyển phương trình thành hệ
phương trình tương đương)
Bên cạnh phương pháp đặt 2 − x = 2 − x 2
ẩn số phụ để đưa về một bài toán
11

khác, có rất nhiều bài toán cần dùng tới nhiều ẩn số phụ và tuỳ theo đặc thù của bài
toán đã cho ta thu được các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng, chẳng hạn đối
với phương trình:
(1)
Nhiều học sinh khi giải phương trình này thường dẫn tới lúng túng khi bình
phương hai vế của (1) vì sẽ được một phương trình bậc 4 khó giải
Ta hãy vận dụng phương pháp hệ phương trình cho phương trình (1):

x−2≥0⇒ x ≤2
Điều kiện phương trình có
nghĩa là :
Đặt
y = 2− x ⇒ y ≥ 0
Kết hợp với y = 2 –x 2 ta có  x = 2 − y 2

2
hệ phương trình: (2)
y = 2 − x
Trừ vế với vế của hai phương trình ở hệ (2) ta có phương trình:
y − x = y 2 − x 2 ⇔ ( y − x)( y + x) − ( y − xy) = 0x ⇔ ( y− yx)=
[ ( yx + x) − 1] = 0 ⇔ ( y − x)( y + x − 1) = 0
⇔
⇔
y = 1− x
y + x = 1

Nếu y = x thì từ y 2 =2 –x ta có
phương trình: x2 + x –2 = 0. Suy ra x1 = 1; x2=-2 (loại)
Nếu y = 1 – x khi đó từ phương trình y = 2 – x2 ta có:
1 – x = 2 – x2 suy ra x2 – x – 1 = 0.
Phương trình này có hai
1+ 5
1− 5
x1 =
; x2 =
nghiệm là:
2
2

2
2
Đối chiếu với điều 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇔ x ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 2
kiện của nghiệm:
thì không thoả mãn.
1+ 5
x1 =
Vậy phương trình có hai nghiệm
21 − 5
x1 = 1; x 2 =
là
2
Như vậy việc dùng phương
pháp hệ phương trình đã giúp cho học sinh tìm được cách giải cho bài toán trên một
cách hợp lý. Tuy nhiên với bài toán này cần chú ý đặc biệt đến điều kiện của nghiệm
thì việc chọn nghiệm mới chính xác.
4.2.4. Phương pháp đoán nghiệm và chứng minh sự duy nhất của nghiệm
Cơ sở của phương pháp này là: để giải một phương trình ta có thể kiểm
nghiệm trực tiếp một số hữu hạn các giá trị của ẩn số là nghiệm của phương trình
sau đó chứng minh ngoài những nghiệm đó phương trình không còn nghiệm nào
khác. [4]Như vậy theo phương pháp này ta nên làm theo hai bước sau:
B1: Đoán nhận nghiệm
B2: Chứng minh tính duy nhất của các nghiệm số.
3
* Bài toán 1: Giải phương trình
x=
x+2
(1)
Điều kiện cho phương trình có nghĩa là x ≥ 0 Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương

trình (1). Chứng minh x = 1 là nghiệm duy nhất của (1).
– Với x>1 ta có:
=> VT VP
 x≠ > 1
Vậy phương trình (1) vô nghiệm với 

 3 <1
 x + 2

12

x>1
≤<1
– Với 0 x<1 ta có: => VT VP
 x≠

Vậy phương trình (1) vô nghiệm với  3≤ > 1
 x + 2
0 x <1
Kết luận : Phương trình ( 1 ) có nghiệm duy nhất là x = 1
* Bài toán 2 : [7] Giải phương x + x = 0
trình
(2)
1+ x2
1− x2
⇔
Điều kiện tồn tại của phương
trình: 1 – x2 > 0 -1< x <1
Nếu tiến hành giải phương trình (2) theo các cách thông thường thì gặp nhiều

khó khăn. Song nếu quan sát kỹ ta thấy ngay phương trình (2) có một nghiệm x=0
việc còn lại là chứng minh trong TXĐ: -1 < x < 1 phương trình (2) không còn
nghiệm nào khác.
 x
– Nếu 0 < x < 1 ta có:
>0

Vậy phương trình (2) vô
1+ x2
⇒ VT > 0
 x
nghiệm với: 0 < x < 1

>0
 1 − x 2
– Nếu –1 < x <  x < 0

0 ta có:
1+ x2
⇒ VT < 0
 x
Vậy phương trình (2) vô nghiệm với: –1 < x < 0

<0
Kết luận: phương trình (2) có một nghiệm duy nhất x = 0
 1 − x 2
* Bài toán 3 : [7] Giải phương 3 x − 2 + x + 1 = 3
trình:
(3)
Điều kiện để phương trình có nghĩa ⇔ x≥≥ −1

x+10
Ta thấy x=3 nghiệm đúng phương trình (3).
Ta cần chứng minh phương trình (3) ≠ 3 không còn nghiệm với x
– Với x>3 ta có
3 x − 2 > 1
⇒ VT > 3

Vậy phương trình (3) vô
 x +1 > 2
nghiệm với x>3
3
≤
x
<
3
– Với -1 ta có
 x − 2 <1
⇒ VT < 3

Vậy phương trình (3) vô ≤ x < 3
 x +1 < 2
nghiệm với -1
Kết luận: Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x=3
* Nhận xét: Phương pháp “ Duy ≠αα nhất” nói trên tỏ ra ưu thế khi học sinh
đoán nhận được nghiệm của phương trình đã cho. Song việc chứng minh tính duy
nhất của nghiệm số cần chú ý: khi x= là nghiệm số của phương trình, ta chứng minh
cho x không là nghiệm số của phương trình đã cho. Song các giá trị x phải thuộc
TXĐ của phương trình. Nên TXĐ của phương trình ban đầu có liên quan tới việc xét
các khả năng còn lại của ẩn số x.
* Tuy nhiên phương pháp này vẫn còn áp dụng trong trường hợp khi nhẩm

được nhiều nghiệm của một phương trình đã cho, chỉ lưu ý đến các khả năng còn lại
của ẩn x phải chứng minh cho phương trình vô nghiệm.
Ví dụ: Khi đoán nhận được x1= ; x2= α α13

phải chứng minh các trường hợp còn lại:
α





∈
βx < β
x x>β

và x TXĐ mà phương trình đã
cho đều vô nghiệm thì mới kết
luận được phương trình đã cho
chỉ có hai nghiệm là x1= ; x2=

4.2.5. Phương pháp “ Tổng bình phương”
• Cơ sở của phương pháp này là: Nếu đưa được phương trình ban đầu dạng :
f(x,y,….,t) = 0 (1) về dạng f12 (x,y,…,t) +fn2 (x,y,…,t) = 0 thì:
(1)
 f ( x, y ,…., t ) = 0


Thực chất của phương pháp trên ⇔ 
…………

là biến đổi tương đương phương
 f n ( x, y,…., t ) = 0
trình đã cho thành một hệ
phương trình đặc biệt đơn giản dễ tìm được nghiệm thông qua việc biến đổi vế trái
của (1) thanh tổng của các bình phương.
• Các bài toán áp dụng :
a. Bài toán 1: [7] Giải phương trình: x x4 – 4x + 32 = 16 (1)
Nếu giải phương trình (1) theo cách bình phương hai vế của phương trình
học sinh gặp khó khăn vì (1) dẫn tới một phương trình bậc cao khó tìm nghiệm hơn.
Ta có thể áp dụng phương pháp “tổng bình phương” như sau:
Điều kiện để phương trình có nghĩa: ≥ 0 x.
Với điều kiện x ta có ( x 2 − 8 x + 16) + (≥4 x0− 16 x + 16) = 0
phương trình
⇔ ( x − 4) 2 + ( 2 x − 4) 2 = 0
 x−4=0
⇔
x = 4 thỏa mãn điều kiện x
2 x − 4 = 0

Vậy phương

⇔
 xx==
≥440
⇔
 x =2

trình có một nghiệm là x = 4
b. Bài toán 2: [7]Giải phương trình
x+ y +t +4 = 2 x−2 +4 y −3 +6 t −5

(2)
Đây là một phương trình vô tỉ có 3 ẩn x,y,t nên nếu bằng cách giải thông thường
học sinh gặp khó khăn. Song nếu áp dụng phương pháp “Tổng bình phương” thì bài
toán trở thành đơn giản.
Ta giải bài toán như sau:
Điều kiện phương trình có nghĩa
 x − 2x ≥ 20
 
là:
(*)
y − 3y ≥ 03
⇔
 t −5t ≥ 05
Với điều kiện trên thì phương
 
trình (2) trở thành
( x − 2 − 2 x − 2 + 1) + ( y − 3 − 2 y − 3.2 + 4) + (t − 5 − 2 t − 5.3 + 9) = 0
⇔ ( x − 2 − 1) 2 + ( y − 3 − 2) 2 + ( t − 5 − 3) 2 = 0
 x − 2 −1 = 0
x − 2 =1
x = 3



⇔  y − 3 − 2 = 0 ⇔ y − 3 = 4 ⇔  y = 7

 t −5 −3= 0
t − 5 = 9
t = 14




Thoả
mãn
điều
14

kiện (*).
Vậy phương trình (2) Có nghiệm  x = 3 duy nhất:
Như vậy dùng phương pháp  y = 7 “Tổng bình phương” ta có thể giải một
phương trình vô tỉ có nhiều ẩn số một t = 14 cách đơn giản song phải chú ý tránh

sai lầm cho học sinh về việc chỉ rõ số
nghiệm của phương trình.
c. Bài toán 3: [7]Giải x − 2 xy + 3 y − 2 x + 3 = 0
2
phương trình:
(3)
Bài này rất khó khi thực hiện giải bằng phương pháp thông thường. Song nếu tìm
cách viết dưới dạng tổng các bình phương thì bài toán trở nên đơn giản.
≥ 0; ; y ≥ 0
Điều kiện phương trình
(3) có nghĩa là: x

Khi đó ta có:
1
(3) ⇔ ( x − 2 xy + y − 2 y + 1) + (4 y − 4 y + 1) = 0
2
1
⇔ ( x − y −!) 2 + (2 y − 1) 2 = 0
2

 x = 1+ y
 x − y −1 = 0

⇔
⇔
1
y=
 2 y −1 = 0

2

3


x
=

x =
2
⇔
⇔
1

 y=
y =
4



Thỏa mãn điều kiện .

9
4
1
4
x ≥ 0; y ≥ 0

9 Vậy phương trình (3) có nghiệm duy

x=

nhất
là:
4

Nhận xét: Qua các bài toán ta  y = 1 nhận thấy khi gặp một số phương trình
vô tỉ không ở dạng mẫu mực mà việc  4 sử dụng các phương pháp khác gặp

khó khăn, nếu viết được một vế của phương trình f(x) = 0 dưới dạng :
f(x) = f12(x) + f22(x) +…+fn2(x) thì việc giải phương trình f(x) = 0 trở thành đơn giản.
Đây là một phương pháp ứng dụng được nhiều đối với các phương trình đã gặp
trong chương trình phổ thông.
Bài tập tương tự [3, 5, 7]

Giải phương trình
b.
xx22 −+64xx++26
5 ==26 22xx++31 a.
c.
x+ y + z +4 = 2 x−2 +4 y −3 +6 z −5
4.2.6.Phương pháp”
Sử dụng biểu thức liên hợp”
+ Trong khi thực hiện các phép biến đổi tương đương một phương trình vô tỉ ta
có thể nhân (chia) hai vế của phương trình với biểu thức liên hợp của một trong hai
vế hoặc của cả hai vế của phương trình đã cho, để được một phương trình mới đơn
giản hơn phương trình ban đầu rồi cùng phương trình ban đầu biến đổi tới một
15

phng trỡnh ó bit cỏch gii.
+Tuy nhiờn cú trng hp ta cú th li dng t nh biu thc liờn hp ca biu
thc cú cha trong du cn.
Vớ d:
Gii phng trỡnh
x+5 x3 = 2
(1)
x x +x55+; x+
iu kin:. Vi iu kin ú
5+3x
x 3×3>03
ta cú l biu thc liờn hp
ca v trỏi. Nhõn hai v ca (1) vi: ta cú:
(1)
x + 5 ( x 3) = 2( x + 5) + x 3 ) x + 5 + x 3 = 4

(1)
Cng v vi v ca(1) v (1) ta c phng trỡnh:
(tho món iu
2 x+5 = 6 x+5 =3 x+5=9 x = 4
kin).
Vy phng trỡnh (1) cú mt nghim duy nht l x = 4
Vi bi toỏn ny dựng biu thc liờn hp cú u th hn vic bỡnh phng hai
v ca (1).
Cú th núi s dng biu thc liờn hp bin i tng ng cỏc phng trỡnh
vụ t c ng dng trong cỏc bi toỏn gii phng trỡnh vụ t dng phc tp cú
mt li th nht nh song cn chỳ ý cỏch dựng biu thc liờn hp phi linh hot ,
sỏng to.
Bi tp tng t:
x+3
Gii phng trỡnh:
4 x + 1 3x 2 =
(1)
5
Nhận xét: Qua các
bài toán ta nhận thấy khi gặp một số phơng trình vô tỉ không ở
dạng mẫu mực mà việc sử dụng các phơng pháp khác gặp khó
khăn, nếu viết đợc một vế của phơng trình f(x) = 0 dới dạng :
f(x) = f12(x) + f22(x) ++fn2(x) thì việc giải phơng trình f(x) = 0
trở thành đơn giản. Đây là một phơng pháp ứng dụng đợc nhiều
đối với các phơng trình đã gặp trong chơng trình phổ thông.
4.2.7.Phng phỏp a v phng trỡnh cha n trong du giỏ tr tuyt i
* Khi gp phng trỡnh m biu A 2 = A
thc di du cn cú th vit c
di dng bỡnh phng ca mt biu thc thỡ s dng hng ng thc: lm mt
du cn, a v phng trỡnh n gin. Mc ớch ca phng phỏp ny l bin i

phng trỡnh ó cho thnh mt phng trỡnh tng ng cú dng:
ri gii phng trỡnh f 2 ( x) g 2 ( x) = m f ( x) g ( x) = m
cha du giỏ tr tuyt
i.
Vớ d: [4]Gii phng x 2 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 3
trỡnh
(1)
Bin i phng trỡnh (1) ta cú:
(1) (1)
( x 1) 2 + ( x + 2) 2 = 3 x 1 + x + 2 = 3

x 1 < 0 x 1 = 1 x; x + 2 < 0 x + 2 = x 2
16

Nếu x < -2 ta có:
Phương trình (1) trở 1 − x − x − 2 = 3 ⇔ 2 x = −4 ⇔ x = −2
thành: (loại).
1 − x + x−−22≤=x3≤⇔
1 0x = 3
Nếu ta có phương trình .
Phương trình có vô số nghiệm thỏa − 2 ≤ x ≤ 1
mãn: .
Nếu x > 1 ta có phương x − 1 + x + 2 = 3 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1
trình: (loại).
Vậy nghiệm của phương trình là: − 2 ≤ x ≤ 1
Ở bài toán này việc giải phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối học sinh có thể
xét 4 trường hợp về dấu của x-1 và x+ 2,nên chú ý cho học sinh đối chiếu nghiệm
trong từng khoảng và kết luận nghiệm trên toàn trục số.

Ví dụ: [7] Giải phương x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5
trình: (2).
x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1
Điều kiện:
Phương trình (2) trở thành
( x − 1 + 2) 2 + ( x − 1 − 3) 2 = 5 ⇔ x − 1 + 2 + x − 1 − 3 = 5
⇔ x −1 + 2 + x −1 − 3 = 5 ⇔ x −1 − 3 = 3 − x −1 ⇔ 3 − x −1 = 3 − x −1
⇔ 3 − x −1 ≥ 0 ⇔

x − 1 ≤ 3 ⇔ x − 1 ≤ 9 ⇔ x ≤ 10
1 ≤xx≥≤110
Kết hợp với điều kiện

ta có

nghiệm của phương trình là: .
Ở bài toán trên việc giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối có chú ý đến việc
dùng định nghĩa và tính chất về giá trị tuyệt đối, làm cho việc phân chia trường hợp
là không cần thiết và lời giải ngắn gọn hơn.
Bài tập tương tự: [7] Giải phương trình:
a)

x + 2− 4 x − 2 + x + 7 −6 x − 2 =1

b)

x − 2 x − 4 −3 + x − 4 x − 4 =1

c)

(Nhân hai vế vớithì x + 2 x − 1 + 2x − 2 x − 1 = 2
trong căn sẽ xuất hiện hằng đẳng thức )
Trên đây là 7 phương pháp thường dùng để giải các phương trình vô tỉ, tuy
nhiên việc sử dụng các phương pháp nói trên phải được học sinh lựa chọn một
cách thích hợp với từng phương trình cụ thể. Song không thể quan trọng hoá và
đề cao bất cứ một phương pháp nào trong giải phương trình vô tỉ. Điều quan trọng là
dùng phương pháp nào để đạt hiệu quả cao nhất trong giải phương trình.
Cũng phải nói thêm rằng các phương pháp trên có mối quan hệ mật thiết với nhau
như hai phương pháp: Đặt ẩn phụ và hệ phương trình; Hệ phương trình và phương
pháp bình phương…Hoặc có khi giải một bài toán ta có thể phối hợp hai hay nhiều
phương pháp cùng một lúc miễn sao đạt hiệu quả cao nhất.
5. Hiệu quả của sáng kiến
17

Đối
f ( x) = A; f ( x) = g ( x); f ( x) = g ( x) ; f ( x) ± g ( x) = m…..
với học sinh
đại trà: sau khi cung cấp các công thức giải các dạng phương trình: sau đó ra các
bài tập cùng dạng kiểm tra trắc nghiệm và tự luận, kết quả như sau:
Trước khi áp dụng:
Lớp
Số học sinh có thể giải
được phương trình vô tỉ
9B ( 25 hs)
5
9A ( 23 hs)
3

Số học sinh không thể giải

được phương trình vô tỉ
20
20

Sau khi áp dụng:
Lớp

Số học sinh có thể giải

được phương trình vô tỉ
9B ( 25 hs)
19
9A ( 23 hs)
16
*Đối với học sinh khá, giỏi:

Số học sinh không thể giải
được phương trình vô tỉ
6
7

+ 95% số học sinh giải được thành thạo theo công thức giải đối với các
phươngtrình vô tỉ với hệ hỗn hợp.
+ 67% số học sinh giải được theo phương pháp chuyển về hệ phương trình.
+ 75% số học sinh giải thành thạo bằng phương pháp ẩn phụ.
+ 55% số học sinh làm được theo phương pháp đoán nghiệm và chứng minh
nghiệm duy nhất.
+ 85% số học sinh chọn cho mình được phương pháp giải hợp lí cho một phương
trình vô tỉ.
Qua giải phương trình vô tỉ theo các phương pháp đã được trang bị, học sinh

rèn được nhiều kỹ năng giải toán khác, gây được hứng thú làm toán cho học sinh.
1.Học sinh đã tự mình biết áp dụng các phương pháp giải phương trình vô tỉ cho
các dạng phương trình khác có trong chương trình.
2. Định hướng học tâp bộ môn toán theo hướng tích cực hoá, chủ động sáng tạo
như: có thói quen giải toán theo tinh thần Angôrit, tìm cách giải hợp lí, hay cho bài
toán. Hình thành thói quen kiểm tra lời giải và rút kinh nghiệm sau khi giải toán.
3. Xây dựng cho học sinh phong cách làm toán khoa khọc, có phương pháp và
biết đề xuất những vấn đề cần giải quyết, đặc biệt là học sinh có niềm tin và tự chủ
cao hơn.
4. Hình thành mối quan hệ tôt đẹp giữa thầy và trò trong dạy học và trong sự trao
đổi thông tin về toán học.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc giảng dạy giải phương trình vô
18

tỉ có ý nghĩa thực tế rất cao. Nó rèn luyện cho học sinh tư duy logic, khả năng sáng
tạo, khả năng biến đổi chính xác nhiều quan hệ toán học, … Do đó khi thực hiện đề
tài này giáo viên cần lưu ý
1. Thường xuyên khắc phục những sai lầm khi giải một phương trình vô tỉ nói
riêng và phương trình đại số nói chung sẽ có tác dụng giúp cho học sinh hiểu sâu,
nắm vững các kiến thức cơ bản và rèn được kỹ năng giải toán chính xác, trình bày
lời giải ngắn gọn, rõ ràng.
2. Hệ thống phương pháp giải cho từng phương trình vô tỉ giúp cho học sinh có
được công cụ giải phương trình nên việc giải phương trình được linh hoạt, hợp lí,
tránh máy móc rập khuôn.Đặc biệt là giúp cho học sinh lựa chọn được cách giải hay
cho một bài toán, hình thành ở học sinh đức tính linh hoạt, làm việc có khoa học và
tránh được những sai lầm nghiêm trọng.
3. Rèn cho học sinh có thói quen khi gặp bất kì một phương trình nào đều định

hướng được các thao tác:
– Quan sát, nhận dạng đưa phương trình về dạng quen thuộc(nếu có).
– Lựa chọn phương pháp giải hợp lí.
4. Thường xuyên ghi nhớ các kiến thức cơ bản và các kỹ năng cần thiết có tác
dụng tốt cho học sinh trong khi giải phương trình và thực hiện các phương pháp giải
giúp cho học sinh nhìn nhận lời giải một cách triệt để và sáng tạo.
5. Rèn luyện thường xuyên các kỹ năng cơ bản khác như: phân tích một biểu
thức dưới dạng tích, các kỹ năng biến đổi, thực hiện các phép tính về căn thức bậc
hai, bậc ba tạo điều kiện thuận lợi cho học sinh hoàn thành tốt các khâu biến đổi khi
giải một phương trình vô tỉ.
6. Lựa chọn phương pháp giải hợp lí là một việc làm quan trọng quyết định tới
sự thành công nhanh chóng khi giải một phương trình vô tỉ
7. Áp dụng phương pháp giải phương trình vô tỉ cho các dạng phương trình
khác vẫn có hiệu quả tích cực và mang lại kết quả tốt trong bài toán giải phương
trình( nếu có thể thực hiện được).
Trên đây là một số phương pháp giải giúp cho học sinh biết cách giải một phương
trình vô tỉ. Bước đầu đã thực nghiệm và có kết quả nhất định, nhất là trong việc bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi, phần nào đã giúp cho học sinh định hình được một Angôrit
giải toán ở thể loại phương trình vô tỉ, phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo
trong giải phương trình và giải toán nói chung, giúp cho học sinh rèn luyện được
nhiều kĩ năng giải toán thông qua giải một phương trình tạo đà cho học sinh đổi mới
cách học trong giai đoạn hiện nay.
2. Kiến nghị, đề xuất
a. Đối với nhà trường
Thường xuyên bổ sung các tài liệu tham khảo để giáo viên, học sinh có điều
kiện nghiên cứu tích lũy thêm kiến thức
b. Đối với cấp trên
Việc góp phần nâng cao hiệu quả giáo dục là vấn đề luôn được quan tâm hàng
đầu. Vì vậy những đề tài hay và thiết thực cần được nhân rộng, tạo điều kiện cho
giáo viên được học hỏi nâng cao nghiệp vụ chuyên môn

19

Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân tôi trong việc giảng dạy giải
phương trình vô tỉ ở chương trình toán lớp 9. Cùng với sự giúp đỡ tận tình của Ban
Giám Hiệu nhà trường, của tổ chuyên môn, của các đồng nghiệp và học sinh tôi đã
hoàn thành đề tài ” Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải phương trình vô tỉ”. Tuy tôi đã
có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn rằng vẫn còn những thiếu sót. Tôi xin trân trọng
tất cả những ý kiến phê bình, đóng góp của cấp trên và đồng nghiệp để đề tài của tôi
ngày càng hoàn thiện hơn và áp dụng rộng rãi trong ngành.
Tôi mong rằng với đề tài này sẽ góp một phần nhỏ trong hành trang của các
đồng nghiệp và góp phần nhỏ bé nhưng có ý nghĩa trong việc nâng cao chất lượng
dạy và học ở bộ môn Toán.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi viết, không sao chép của người khác
Hà Yên, ngày 8 tháng 3 năm 2017.
Người viết sáng kiến

Nguyễn Thị Lương

20

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

21

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Toán 8 – Nhà xuất bản Giáo dục

2. Nâng cao và các chuyên đề Toán 8 – Nguyễn Vĩnh Cận
3. Sách giáo khoa, sách bài tập Toán 9 – Nhà xuất bản Giáo dục
4.Tổng hợp kiến thức cơ bản toán 9 – Vũ Ninh Giang
5.Ôn luyện Toán Trung học cơ sở

– Vũ Hữu Bình

6.Tuyển tập đề thi môn Toán Trung học cơ sở – Vũ Dương Thụy
7. Các đề thi học sinh giỏi các tỉnh

22

4. Phương pháp : – Phương pháp điều tra và nghiên cứu thực tiễn triết lý : Nghiên cứu các phương phápgiải các bài toán “ Phương trình vô tỉ ” trong chương trình toán THCS. [ 4 ] – Phương pháp tổng kết kinh nghiệm tay nghề : Sau khi điều tra và nghiên cứu các tài liệu, tổnghợp các hiệu quả của học viên lớp trước, trao đổi với các giáo viên bộ môn để rút rakinh nghiệm, thử nghiệm trong quy trình giảng dạy khóa tiếp theo. – Phương pháp thực nghiệm sư phạm. II. NỘI DUNG1. Cơ sở lí luận của đề tàiTrong chương trình đại số lớp 9, phương trình vô tỉ là một dạng khó. Khi gặp cácphương trình có chứa căn tương đối phức tạp học viên thường lúng túng không tìm ra cáchgiải và hay mắc sai lầm đáng tiếc. Có phương trình không giải bằng giải pháp quen thuộc. Khigặp phương trình vô tỉ học viên thường chỉ quen một giải pháp là bình phương hai vếlàm mất dấu căn. Nhưng trong quy trình giải sẽ thường mắc phải 1 số ít sai lầm đáng tiếc trong cácphép biến hóa tương tự phương trình. Vì vậy dẫn đến thừa, thiếu nghiệm. Có phươngtrình sau khi mất căn dẫn tới phương trình bậc cao mà việc nhẩm nghiệm để đưa vềphương trình bậc nhất hoặc bậc hai để giải là rất khó khăn vất vả. Vì vậy học viên thường lúngtúng và không tìm ra cách giải. Để tránh những sai lầm đáng tiếc hay phạm phải, cần có hệ thốngphương pháp giải để các em được rèn luyện nhiều dạng bài, giúp cho việc giải cácphương trình vô tỉ trở thành quen thuộc với học viên. 2. Thực trạng yếu tố nghiên cứuLà một giáo viên dạy toán trong trường trung học cơ sở tôi nhận thấy phần đông các em họcmôn Toán với năng lượng sẵn có mà ít khi tạo được hứng thú, tự tu dưỡng năng lượng tư duysáng tạo bởi các em có tâm ý sợ, ngại khi gặp các bài toán giải phươngtrình vô tỷ. Vậy nguyên do gì làm cho các em có tâm ý như vậy ? Đó là do : 1. Các em không thuộc triết lý và không nắm vững kỹ năng và kiến thức cơ bản, kỹ năngthực hành đổi khác còn hạn chế. 2. Các em chưa biết tìm tòi đường lối giải toán mà ta gọi là chiêu thức, nhất là các chiêu thức đặc trưng cho từng dạng, từng loại toán … Vì vậy làm thế nào để hoàn toàn có thể giúp học viên hiểu rõ thực chất của các loại toán, vận dụng kỹ năng và kiến thức kim chỉ nan vào để giải hay đơn cử hơn là hình thành phương phápgiải từng loại toán như thế nàoGiải quyết được yếu tố đó không phải là điều thuận tiện khi mà phân phốichương trình chưa có một tiết nào cho giáo viên dạy một cách mạng lưới hệ thống các phươngpháp giải các loại toán đơn cử mà chỉ Open đơn lẻ. Trong chương trình đại số trung học cơ sở, “ Phương trình ” là một khái niệm quenthuộc ; học viên liên tục được thao tác với giải các phương trình toán học từcác phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai, phương trình bậc ba một ẩn, cácphương trình chứa ẩn ở mẫu, các phương trình bậc cao. Đây là một nội dung rấtquan trọng và khó đặc biệt quan trọng là phương trình vô tỉ. • Kết quả của tình hình trênTrong chương trình Đại số lớp 9, việc tìm nghiệm của một phương trình cóchứa ẩn số trong dấu căn ( Phương trình vô tỉ ) so với học viên còn gặp nhiều khókhăn như chưa trình diễn được một lời giải hoàn hảo. Học sinh thường mắc phảimột trong các sai lầm đáng tiếc ví dụ điển hình : Không tìm điều kiện kèm theo xác lập của phương trình ( điều kiện kèm theo có nghĩa của phương trình ) đã thực thi các phép đổi khác phương trìnhnhư : bình phương hai vế, …, hoặc khi tìm được nghiệm rồi hấp tấp vội vàng Kết luận ngaymà không kiểm tra lại điều kiện kèm theo. Học sinh thường bỏ lỡ các phép đổi khác tươngđương một phương trình với một hệ điều kiện kèm theo và trình diễn rời rạc không theo mộtqui trình. Mặt khác, việc định dạng các phương trình thường gặp trong chương trìnhcũng như các tài liệu ôn tập tìm hiểu thêm khác học viên chưa có được cách giải phươngtrình tương thích với từng dạng đó mà chỉ vận dụng máy móc như bình phương liên tục ( nhiều lần ) các phương trình làm cho việc trình diễn giải thuật dài dòng, thiếu hiệu suất cao. Hơn nữa, do thực tiễn của chương trình Đại số 9 việc giải phương trình vô tỉcũng chỉ dừng lại ở 1 số ít bài tập quen thuộc, đơn điệu nên nhiều giáo viên chủquan, không đề cập cho học viên những dạng phương trình vô tỉ khác SGK và bàitập qui định, cho nên vì thế khi dự thi các kì thi Học sinh giỏi nhiều học viên không giảiđược các phương trình vô tỉ yên cầu vận dụng kỹ năng và kiến thức có trong chương trình. Để khắc phục những sống sót nói trên, đồng thời nhằm mục đích giúp học viên lớp 9 cóđược một cách nhìn nhận mới về các giải pháp giải một phương trình vô tỉ trênnền tảng các kỹ năng và kiến thức cơ bản đã được trang bị của cấp học, qua đó giúp các em traudồi được những phẩm chất về trí tuệ như : tính độc lập, linh động, phát minh sáng tạo trong quátrình giải toán, góp thêm phần tu dưỡng các em trở thành học viên khá, giỏi bộ môn toánở trường THCS. Tôi xin trình diễn 1 số ít quan điểm của mình về giải một phươngtrình vô tỉ trong chương trình toán trung học cơ sở dưới hình thức nêu ra một số ít phương phápgiải các dạng phương trình vô tỉ. 3. Các giải pháp thực hiện3. 1. Đối với giáo viên1 / Thường xuyên khắc phục những sai lầm đáng tiếc thường mắc cho học viên như : + Không đặt điều kiện kèm theo để biến hóa tương tự. + Không chọn nghiệm theo các điều kiện kèm theo đã đặt ra mà Kết luận nghiệm chophương trình ngay. + Chưa phân biệt được các phép đổi khác tương tự và không tương đương2 / Cung cấp cho học viên những kỹ năng và kiến thức, kỹ năng và kiến thức cơ bản có tương quan tớigiải một phương trình. + Các định lí về phép biến hóa tương tự một phương trình. + Chú ý các phép đổi khác hoàn toàn có thể dẫn tới hai phương trình không tươngđương với nhau. + Ghi nhớ cho học viên các công thức quan trọng ở chương căn bậc hai, bâcba có tương quan đến kỹ năng và kiến thức biến hóa về căn thức, thực thi các phép tính chứa dấucăn. 3 / Xây dựng các công thức giải các dạng phương trình vô tỉ thường gặp4 / Cung cấp cho học viên các chiêu thức giải phương trình vô tỉ5 / Phối hợp với những bài toán khác có nội dung kiên quan. 6 / Thường xuyên kiểm tra và uốn nắn kịp thời các sai sót thường gặp. 3.2. Đối với học viên : – Hiểu được thực chất các loại toán – Nhận dạng từng loại bài tập, vận dụng chiêu thức hài hòa và hợp lý vào từng dạngtoán đơn cử. – Phát huy năng lực tư duy phát minh sáng tạo trong khi giải, biết suy luận từ bài dễ đếnbài khó với cách giải hay hơn. 4. Các giải pháp thực hiện4. 1 Các kỹ năng và kiến thức cần chú ý quan tâm khi giải một phương trình1. Các khái niệm [ 1, 4 ] + Phương trình vô tỉ là phương trình đại số có chứa dấu căn + Hai phương trình tương tự là hai phương trình có cùng một tập hợpnghiệm. • Chú ý : + Nếu phương trình này là hệ quả của phương trình kia và ngược lại thì haiphương trình đó tương tự. + Mọi phương trình vô nghiệm đều được coi là tương tự nhau vì chúngcùng có tập nghiệm là ø. 2. Các phép đổi khác tương tự, không tương tự một phương trình [ 2 ] a. Các phép đổi khác tương tự các phương trình : – Các định lí về phép biến hóa tương tự ở lớp 8. – Thực hiện biến hóa hằng đẳng thức ở từng vế của một phương trình khônglàm đổi khác TXĐ của chúng thì được một phương trình mới tương tự vớiphương trình đã cho. b. Các phép đổi khác hoàn toàn có thể dẫn tới hai phương trình không tương tự ( dẫn tới một phương trình hệ quả ). [ 2 ] – Nhân hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn ( hoàn toàn có thể xuấthiện nghiệm lạ, nghiệm ngoại lai ). – Chia hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn số ( có thểlàm mất nghiệm của phương trình khởi đầu ). – Cộng vào hai vế của phương trình đã cho với cùng một phân thức. – Nâng 2 vế của một phương trình lên cùng một luỹ thừa tự nhiên : m > 1N ếu m chẵn : thì khi nâng 2 vế của f1 ( x ) = f2 ( x ) lên cùng một luỹ thừa chẵn tađược một phương trình mới hoàn toàn có thể nhận thêm nghiệm của phương trình : f1 ( x ) = f2 ( x ) vì : [ f1  ( x ) f ] 12 ( x = ) [ = f 2 f ( 2 x ( ) x ] 2 ) ⇔ Vì thế khi giải phương  f1 ( x ) = − f 2 ( x ) trình vô tỉ ta cần thử nghiệm vàophương trình đầu để loại nghiệm ngoại lai ( phép bình phương hai vế của mộtphương trình hoàn toàn có thể dẫn tới một phương trình hệ quả ). 3. Những sai lầm đáng tiếc thường gặp khi giải một phương trình vô tỉ. – Không đặt điều kiện kèm theo cho các căn thức có nghĩa mà đã vội bình phương haivế của phương trình. – Không đặt điều kiện kèm theo để đổi khác tương tự. – Khi tìm được nghiệm bỏ quên bước thử lại vào phương trình đầu hoặc chọnnghiệm thích hợp theo điều kiện kèm theo đã đặt ra mà vội Kết luận nghiệm của phương trìnhvô tỉ. Ví dụ : Khi giải phương trình : x − 1 − 5 x − 1 = 3 x − 2 ( 1 ) Học sinh giải : x − 1 = 5 x − 1 + 3 x − 2B ình phương hai ( 5 x − 1 ). ( 3 x − 2 ) vế : x – 1 = 5 x – 1 + 3 x – 2 + 2 ( 3 ) Rútgọn2 – 7 x = 2 ( 4 ) Bình phương hai vế : 4 – 28 x + 49 x = 4. ( 15×2 – 13 x + 2 ) ( 5 ) Rút gọn : 11 x – 24 x + 4 = 02 1 x – 2 ) ( x – 2 ) = 0 ( 1  x ⇔ Kết luận : x 1 = ;  2 11 x2 = 2 = 2  x11 * Phân tích sai lầm đáng tiếc của học viên : + Học sinh đã không chú ý quan tâm đến điều kiện kèm theo có nghĩa của căn thức là : Giá trịkhông là  x − 1 ≥ 0  x ≥ 1 nghiệm của phương trình     ( 1 ).  5 x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ ⇔ x ≥ 1V ậy phương trình ( 1 )  3 x − 2 ≥ 0  x ≥ 2 vô nghiệm     Để khắc phục sai lầm đáng tiếc nàyphải tìm ĐKXĐ của phương trình từ bước tiên phong. + Học sinh không đặt điều kiện kèm theo để đổi khác tương tự nên ( 4 ) không tươngđương với ( 5 ). 2 − 7 x ≥ 0 + Phương trình ( 4 ) chỉtương đương với hệ :  ( 2 − 7 x ) = 4 ( 15 x − 13 x + 2 ) Phương trình ( 5 ) là hệ ≥ 0 ⇔ x ≤ quả của phương trình ( 4 ), nó chỉtương đương với phương trình ( 4 ) khi có điều kiện kèm theo : 2 – 7 x, do đó x = 2 không lànghiệm của ( 1 ). * Cách giải đúng : + Cách 1 : Sau khi tìm được thử x = 2 ; x = 211 lại vào phương trình khởi đầu, phương trình ( 1 ) không nghiệm đúng. Vậy phương trình ( 1 ) vô nghiệm. + Cách 2 : Đặt điều kiện kèm theo cho x = xx2 ≤ ≥ ; x12 = 211 7 phương trình có nghĩa ( * ) sau đótừ ( 4 ) chuyển sang ( 5 ) đặt thêm điều kiện kèm theo ( * * ), so sánh các giá trị với ( * ) và ( * * ) ta thấy x1 và x2 không thỏa mãn nhu cầu. Vậy phương trình ( 1 ) vô nghiệm. + Cách 3 : Điều x ≥ 1 ⇔ x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 − 5 x − 1 < 0 kiện : Mặt khác. Như vậy vế trái 3 x − 2 > 0 ⇒ 3 x − 2 > 0 âm, vế phải dương. Vậy phương trình ( 1 ) vô nghiệm. * Nói chung để tránh sai lầm đáng tiếc cho học viên khi giải một phương trình vô tỉ ta nênhướng dẫn học viên đi theo các bước sau : B1 : Tìm ĐKXĐ của phương trình ( Đặt điều kiện kèm theo để phương trình có nghĩa ) B2 : Nâng hai vế của phương trình lên cùng một lũy thừa, nếu phương trình còndấu căn bậc hai thì liên tục đặt điều kiện kèm theo, sau đó khử căn để đưa phương trình vềdạng đã biết cách giải. 15 x 2 − 13 x + 2 x = 11B3 : Thử nghiệm theo các điều kiện kèm theo hoặc theo phương trình đầu rồi kết luậnnghiệm. 4.2. Các giải pháp giải phương trình vô tỉ [ 5 ] 4.2.1. Sử dụng các phép đổi khác tương tự. a. Dạng : ( A là một số ít f ( x ) = Ahoặc một biểu thức đã biết ) ( 1 ). * Công thức giải :  A ≥ 0 f ( x ) = A ⇔  ( 2 )  f ( x ) = AỞ chiêu thức này ta đã biến f ( x ≥ ) = Ađổi tương tự phương trình đãcho với một hệ hỗn hợp, như vậy nghiệm của ( 2 ) chính là nghiệm của ( 1 ). Do vậy tachỉ giải hệ ( 2 ) rồi Tóm lại nghiệm của ( 1 ). Cơ sở của giải pháp này là dựa vàokhái niệm căn bậc hai số học : f ( x ) 0. * Chú ý : Khi A < 0 ta kết luậnf ( x ) = Angay phương trình vô nghiệm. * Ví dụ : Khi giải phương trìnhx 2 + 3 x = 2 ta giải như sau :  x − 1 = 0  x = 1 x 2 + 3 x = 2 ⇔ x 2 + 3 x = 4 ⇔ x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1 ) ( x + 4 ) = 0 ⇔  ⇔   x = − 4  x + 4 = 0V ậy phương trình có hai nghiệm là : x1 = 1 ; x2 = - 4. ≥ đặt điều kiện kèm theo : x2 + 3 x 0 v × ( 1 ) ( 2 ) Ở phương trình trên không thiết yếu phải ⇔ trong đó f ( x ) = A2 0. Bài tập tựa như [ 3 ] Giải phương trìnha. b. c. 2 xx22 − + 815 xx = = = − 325 b. Dạng : f ( x ) = g ( x ) * Công thức  g ( x ) ≥ 0 f ( x ) = g ( x ) ⇔  giải :  f ( x ) = [ g ( x ) ] * Ví dụ : Giải phương trình : x 2 + 3 x + 11 = 2 x + 1 ( 1 ) Từ ( 1 ) ta có  − 12 x + 1 ≥ 02 x ≥ − 1 x ≥ ⇔  2G iải ( * ) ta  2 − 1 ⇔  = x −  10 x ≥ = 0 x + 3 x + 11 = ( 2 x + 1 ) 23 xx + 10 = 0 ( * ) có :. Vậy  x1 = ; x 2 = − 2 nên ( 1 ) ⇔   5 ⇔ x = ( 1 ) có các   x = 3 nghiệm là   x = − 2   • Chú ý : Khi chỉ rađược g ( x ) < 0 ta Kết luận ngay phương trình vô nghiệm. Ví dụ : Giải phươngx 2 − 3 x + 5 = − x 2 − 3 ( * * ) trìnhVậy ( * * ) vôVì − x 2 ≤ 0 ⇒ − x 2 − 3 < 0. nghiệm. Bài tập tương tự như : Giải các phương trình saux 2 + x4 − 1 = x = + x 2 f ( x ) = g ( x ) c. Dạng : b, 2 + a, Công thức giải :  f ( x ) ≥ 0 f ( x ) = g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0  f ( x ) = g ( x ) 3 x + 1 = 2 2 − xVí dụ : ( 1 ) − 1  3 x + 1 ≥ 0  x ≥ 3 ⇔  2 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 2 ⇔ x = 1  3 x + 1 = 4 ( 2 − x )  x = 1G iải phương trình : Ta có : ( 1 ) Kết luận : Phươngtrình có nghiệm x = 1. Bài tập tựa như : [ 6 ] Giải phương trình : d. Dạng : ( 2 ) ( 1 ) a. x − 3 2 x4 − 5 1 = = x 62 + − 37 xx + 1 hoặc f f ( ( xx ) ) + + gg ( ( xx ) ) = = hh ( ( xx ) ) Cách giải phương trình ( 1 ) : B1 : Tìm điều kiện kèm theo cho ( 1 ) có nghĩa. ( Tìm TXĐ ) ( * ) B2 : Bình phương hai vế ( 1 ) b. Phương trình [ h ( x ) ] 2 − f ( x ) − g ( x ) ( 1 ) trở thành ( 3 ) [ h ( x ) ] − f ( x ) − g ( x ) ≥ 0 B3 : Đặt điều kiện kèm theo mới chof ( x ). g ( x ) = ( 3 ) : ( * * ) Bình phương hai vế của ( 3 ) đưa về một phương trình ( 4 ) đã biết cách giải. B4 : Giải ( 4 ) chọn nghiệm thoả mãn ( * ) và ( * * ) sau đó Kết luận nghiệm. * Cách giải phương trình ( 2 ) trọn vẹn tương tự như * Nếu h ( x ) của phương trình ( 1 ) có giá trị âm với mọi x thì ta Tóm lại ngayphương trình ( 1 ) vô nghiệm. x + 3 = 5 − x − 2 ( 1 ) Ví dụ : Giải phương trìnhx + 3 + x − 2 = 5  x + 3 ≥ 0  x ≥ − 3 ⇔  ⇔ x ≥ 2  x ≥ 2  x − 2 ≥ 0 ( 1 ) ( 2 ) Điều kiện : ( * ) 2 2 ( x ≥ + 3 ) ( x − 2 ) = 25 ⇔ x + 3 + x − 2 x + + x − 6 = 12 xVớix2hai vếkhôngâm, bình ( 3 ) phương hai vế của ( 2 ) ta có phương trình : 12 − x ≥ 0  x ≤ 12 ⇔  2 ⇔  ⇔ x = 612 ( 3 x = 6 thoả mãn ( * ) f ( x ) + xg − + ( 32 x ) = h ( x ) * Chú ý : Với phương trìnhthuộc dạng ( 1 ). Khi phương trình đã cho chưa ở dạng mà như ở ví dụ trên, ta nênbiến đổi tương tự phương trình đã cho về dạng ( 1 ), không nên để nguyênphương trình mà bình phương hai vế vì dù cho có điều kiện kèm theo để phương trình cónghĩa nhưng phép biến hóa không tương tự ( do ở hai vế và 5 - không đồng thờilớn hơn hoặc bằng 0 ). Bài tập tương tự như : [ 6 ] a. Giải phương trìnhb. e. Dạng : ( 1 ). 7 − x + 35 x = − 65 − = 2 x + 1 f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + k ( x ) * Đây là dạng phương trình vô tỉ có chứa nhiều căn thức bậc hai, ta hoàn toàn có thể tiếnhành các bước giải như sau :  f ( x ) ≥ 0B1 : Đặt điều kiện kèm theo cho phương   h ( x ) ≥ 0 trình có nghĩa ( Tìm ĐKXĐ ) : ( * )   g ( x ) ≥ 0B2 : Với điều kiện kèm theo ( * ) bình   k ( x ) ≥ 0 phương hai vế của ( 1 ) ta có : f ( x ) + h ( x ) + 2 = g ( x ) + k ( x ) + 2 Đưa phương trìnhF ( x ) − G ( x ) = H ( x ) dạng : ( 2 ) B3 : Tùy theo từng trường hợp đơn cử giải tiếp ( 2 ). Ví dụ : Giải phươngx − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0 trình ( 1 ) Viết ( 1 ) dưới dạng ( 2 ) : ⇔ x + x + 9 = x + 1 + x + 4 ( 1 ) ( 2 ) ≥ 0 Điều kiện ( 2 ) có nghĩa : x ( * ). Với điều kiện kèm theo ( * ), bình phương hai vế ta có : gf ( x ( x ) ). + hk ( ( xx ) ) 4 + 2 x 2 + 9 x = 2 x 2 + 5 x + 4 ⇔ 2 + x 2 + 9 x = x 2 + 5 x + 4V ì hai vếlớn hơn hoặc hoặc bằng 0 nên bình phương hai vế ta có : 4 + x 2 + 9 x + 4 x 2 + 9 x = x 2 + 5 x + 4 ⇔ x 2 + 9 x = − xx ≤ 0  x ≤ 80 ⇔  2 ⇔  ⇔ x = 0  9 x = 0  x + 9 x = xthỏa mãn ( * ) Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0. Bµi tËp t ¬ ng tù : [ 7 ] Gi ¶ i ph ¬ ng tr × nhx − 24 x − + 1 x − + 13 = x + 24 x = − 1 x − − 2 x + 3 a ) b ) 4.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ • Mục đích của việc đặt ẩn phụ là nhằm mục đích đưa phương trình đang xét về mộtphương trình đơn thuần hơn ( đã biết cách giải ). Tuy nhiên, cần phải biết chọnẩn số phụ một cách thích hợp tương thích với đặc trưng bài toán đang xét. • Cần quan tâm rằng để đặt được ẩn phụ hoàn toàn có thể trải qua một vài bước biến đổiphương trình đã cho để làm Open “ biểu thức cần chọn ” làm ẩn phụ. Ví dụ : Xét phươngx 2 + 29 x − 30 = 31 − x 2 − 29 xtrình : Ta biến hóa thành : x 2 + 29 x − 30 + ( x 2 + 29 x − 30 ) − 1 = 0  x ≤ − 30 Điều kiện : x + 29 x − 30 ≥ 0 ⇔ ( x − 1 ) ( x + 30 ) ≥ 0 ⇔   x ≥ 1 t = x 2 + 29 x − 30 ( t ≥ 0 ) Đặt ẩn phụ : Ta có phương trình : t2 + t - 1 = 0G iải phương trình ẩn t, so sánh điều kiện kèm theo của t, thay t vào ( * ) tìm x. Đối chiếuđiều kiện, vấn đáp. Nhằm giúp cho học viên có được thói quen vận dụng giải pháp trên theohướng đúng đắn, hài hòa và hợp lý, tránh máy móc rập khuôn giải pháp này, ta nên trangbị cho các em 1 số ít dạng phương trình vô tỉ thường gặp sau : a. Dạng 1 : Phương trình cóaf ( x ) + b f ( x ) + c = 0 dạng : ( 1 ) f ( x ) ≥ 0C ách giải : Đặt điều kiện kèm theo chophương trình có nghĩa ( * ) Đặt ẩn phụ : sau đó giảit = f ( x ) ( t ≥ 0 ) phương trình mới có ẩn là t : at + bt + c = 0K hi tìm được t liên tục giảif ( x ) = tphương trình vô tỉ dạng. Chọnnghiệm theo điều kiện kèm theo ( * ) từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ : Giải phương3 x 2 + 21 x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 trình ( 1 ) x + 7 x + 7 ≥ 0 Điều kiện :. Trước hết đưa phương trình ( 1 ) về dạng 1 : ⇔ 3 ( x 2 + 7 x + 7 ) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 3 = 2 ⇔ 3 ( x 2 + 7 x + 7 ) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 5 = 0 ( 1 ) t = x 2 + 7 x + 7 ( t ≥ 0 ) Đặt : Ta có phương trình ẩn t là : 3 t2 + 2 t – 5 = 0. Giải phương trình này ta có t = 1 ; t = − 5 nghiệm : ( lo¹i ).  x = − 1x2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7 x + 6 = 0 ⇔  1  x 2 = − 6T hử lại điều kiện kèm theo : x2 + 7 x + 6 ≥ 0 trị x1 ; x2 thoả mãn. Giảiphươngtrình : nên hai giáx1 = − 1 ; x 2 = − 6V ậy phương trình ( 1 ) có hainghiệm • Nhận xét : Cách đặt ẩn phụ trên đã làm cho phương trình vô tỉ chuyển về dạnghữu tỉ quen thuộc. Phương pháp “ đặt ẩn phụ ” có lợi thế là “ hữu tỉ hoá ” một phươngtrình vô tỉ có nhiều tiện nghi cho việc giải một phương trình. Bài tập tương tự như [ 7 ] Giải phương trình : a. b. c. x33 x + x − 1 + 2 = 20062x32 2 + x = x − 20063 xx2 + + − 1 1 = 0 b ) Dạng 2 : ( 2 ). f ( x ) + h ( x ) + n f ( x ). h ( x ) = g ( x ) * Cách giải : Để giảit = f ( x ) + h ( x ) dạng ( 2 ) ta dùng ẩn phụ ( 2 ). Rút thay vào phương ⇒ t 2 f ( = x ). f h ( ( xx ) ) + = h ( t x2 ) − + f2 ( x ) f − ( xh ). ( hx ( ) x ) trình ( 2 ) rồi thu gọnphương trình để được một phương trình mới ẩn t. Giải phương trình ẩn t sau đó chọn t theo điều kiện kèm theo. Giải phương trình ( 2 ) sau đó chọn x theo điều kiện kèm theo có nghĩa của ( 2 ). Ví dụ : [ 4 ] Giải x + 1 + x − 2 + 2 x 2 − x − 2 = 13 − 2 xphương trình ( 1 ) Đưa phương trình ( 1 ) về dạng ( 2 ) : ( 1 ) ⇔ x + 1 + x − 2 + 2 ( x + 1 ) ( x − 2 ) = 13 − 2 x  x + 1 ≥ 0 Điều kiện để phương trình ( 1 ) có nghĩa là : ( * ) 13 t = x + 1 + x − 2 ⇒ ( t > 0 ) ⇒ t 2 = x + 1 + x − 2 + 2 ( x + 1 ) ( x − 2 )  x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 2  13 − 2 x ≥ 0 ⇒ 2 ( x + 1 ) ( x − 2 ) = t 2 − 2 x + 1 t + t − 2 x + 1 = 13 − 2 x ⇔ t + t − 12 = 0 ĐặtThay vào ( 1 ) ta cóphương trình : ( 1 ) Giải ( 1 ) ta có : t1 = 3 ( Chọn ) ; t2 = – 4 ( loại ) x + 1 + x − 2 = 3 ⇔ x + 1 + x − 2 + 2 x2 − x − 2 = 9G iảitrìnhx ≤ 5  x ≤ 5×2 − x − 2 = 5 − x ⇔  2 ⇔  ⇔ x = 3  x = 3  x − x − 2 = ( 5 − x ) phương = 3 thỏa mãn nhu cầu ( * ). Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 3. Bài tập tương tự như [ 6 ] 10 ( 3 ) Giải phương trìnhx + 1 + 3 − x − ( x + 1 ) ( 3 − x ) = 2 c ) Dạng 3 : ( f ( x ) + a ) ( f ( x ) + b ) ( f ( x ) + c ) ( f ( x ) + d ) = m  a + b = c + d  fa ( + x ) d = = t ( bt + ≥ c0 ) * Cách giải : Đặt : Đưa phương trình về dạng : ( t + a )   a + c = b + d ( t + b ) ( t + c ) ( t + d ) = mTrong đó ] [ ⇔ [ ( t + a ) ( t + b ) ] [ ( t + c ) ( t + d ) ] = m ⇔ t 2 + ( a + b ) t + ab t 2 + ( c + d ) t + cd = m ( 3 ) Đặt ẩn phụ lần thứ hai để đưa ( 3 ) về phương trình cơ bản đã biết cách giải. Có thể có nhiều cách đặt, ví dụ điển hình : y = t2 + ( a + b ). t = t2 + ( c + d ). t ⇔ ( y + ab ) ( y + cd ) = m ⇔ y 2 + ( ab + cd ) y + abcd − m = 0T acóphương trình ( 3 ) Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải. Ví dụ : [ 6 ] Giải ( x + 1 ) ( x + 2 ) ( x + 3 ) ( x + 4 ) = 840 phương trình : Điều kiện : đặt. Ta có phươngx x = ≥ t ( t0. ≥ 0 ) trình ẩn t : ⇔ [ ( t + 1 ) ( t + 4 ) ] [ ( t + 2 ) ( t + 3 ) ] = 840 ( t + 1 ) ( t + 2 ) ( t + 3 ) ( t + 4 ) = 840 f ( x ) = AĐặt ẩn phụ : y = t 2 + 5 t + 5 ⇒ y > 0. Tacó ( y − 1 ) ( y _ 1 ) = 840 ⇔ y 2 − 1 = 840 ⇔ y 2 = 841 ⇔ y1, 2 = ± 841 = ± 29 phươngtrình :. Loại y < 0 ta có y = 29. Giải phương trình : t 2 + ⇔ t 2 + 5 t − 24 = 0 ⇒ t1 = 3 ; t 2 = − 85 t + 5 = 29 ( loại ) Giải phương trình : ( thoảx = 3 ⇔ x = 9 mãn điều kiện kèm theo ) Kết luận : Nghiệm của phương trình khởi đầu là x = 9. • Nhận xét : Ở dạng 3 dùng ẩn phụ lần thứ nhất ta đã ” hữu tỉ hoá ” phương trìnhđã cho. Song chưa có được phương trình ở dạng quen thuộc nhờ đặt ẩn phụ lần haimà ta đã đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai. Cần chú ý quan tâm trong cách đặtẩn phụ lần hai hoàn toàn có thể có nhiều cách chọn khác nhau mà người giải cần quan tâm. • Như vậy khi giải một phương trình bằng cách đặt ẩn phụ ta hoàn toàn có thể đặt nhiềulần ẩn phụ khác nhau sao cho đích ở đầu cuối là đưa phương trình khởi đầu về dạngquen thuộc. 4.2.3. Phương pháp hệ phương trình ( chuyển phương trình thành hệphương trình tương tự ) Bên cạnh giải pháp đặt 2 − x = 2 − x 2 ẩn số phụ để đưa về một bài toán11khác, có rất nhiều bài toán cần dùng tới nhiều ẩn số phụ và tuỳ theo đặc trưng của bàitoán đã cho ta thu được các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng, ví dụ điển hình đốivới phương trình : ( 1 ) Nhiều học viên khi giải phương trình này thường dẫn tới lúng túng khi bìnhphương hai vế của ( 1 ) vì sẽ được một phương trình bậc 4 khó giảiTa hãy vận dụng chiêu thức hệ phương trình cho phương trình ( 1 ) : x − 2 ≥ 0 ⇒ x ≤ 2 Điều kiện phương trình cónghĩa là : Đặty = 2 − x ⇒ y ≥ 0K ết hợp với y = 2 – x 2 ta có  x = 2 − y 2 hệ phương trình : ( 2 )  y = 2 − xTrừ vế với vế của hai phương trình ở hệ ( 2 ) ta có phương trình : y − x = y 2 − x 2 ⇔ ( y − x ) ( y + x ) − ( y −  xy ) = 0 x ⇔ ( y  − yx ) = [ ( yx + x ) − 1 ] = 0 ⇔ ( y − x ) ( y + x − 1 ) = 0 ⇔  ⇔   y = 1 − x  y + x = 1N ếu y = x thì từ y 2 = 2 – x ta cóphương trình : x2 + x – 2 = 0. Suy ra x1 = 1 ; x2 = - 2 ( loại ) Nếu y = 1 – x khi đó từ phương trình y = 2 – x2 ta có : 1 – x = 2 – x2 suy ra x2 – x – 1 = 0. Phương trình này có hai1 + 51 − 5x1 = ; x2 = nghiệm là : Đối chiếu với điều 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇔ x ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 2 kiện của nghiệm : thì không thoả mãn. 1 + 5x1 = Vậy phương trình có hai nghiệm21 − 5x1 = 1 ; x 2 = làNhư vậy việc dùng phươngpháp hệ phương trình đã giúp cho học viên tìm được cách giải cho bài toán trên mộtcách hài hòa và hợp lý. Tuy nhiên với bài toán này cần quan tâm đặc biệt quan trọng đến điều kiện kèm theo của nghiệmthì việc chọn nghiệm mới đúng chuẩn. 4.2.4. Phương pháp đoán nghiệm và chứng tỏ sự duy nhất của nghiệmCơ sở của giải pháp này là : để giải một phương trình ta hoàn toàn có thể kiểmnghiệm trực tiếp 1 số ít hữu hạn các giá trị của ẩn số là nghiệm của phương trìnhsau đó chứng tỏ ngoài những nghiệm đó phương trình không còn nghiệm nàokhác. [ 4 ] Như vậy theo chiêu thức này ta nên làm theo hai bước sau : B1 : Đoán nhận nghiệmB2 : Chứng minh tính duy nhất của các nghiệm số. * Bài toán 1 : Giải phương trìnhx = x + 2 ( 1 ) Điều kiện cho phương trình có nghĩa là x ≥ 0 Ta thấy x = 1 là nghiệm của phươngtrình ( 1 ). Chứng minh x = 1 là nghiệm duy nhất của ( 1 ). - Với x > 1 ta có : => VT VP  x ≠ > 1V ậy phương trình ( 1 ) vô nghiệm với    3 < 1   x + 212 x > 1 ≤ < 1 - Với 0 x < 1 ta có : => VT VP  x ≠ Vậy phương trình ( 1 ) vô nghiệm với  3 ≤ > 1   x + 20 x < 1K ết luận : Phương trình ( 1 ) có nghiệm duy nhất là x = 1 * Bài toán 2 : [ 7 ] Giải phương x + x = 0 trình ( 2 ) 1 + x21 − x2Điều kiện sống sót của phươngtrình : 1 - x2 > 0 – 1 < x < 1N ếu triển khai giải phương trình ( 2 ) theo các cách thường thì thì gặp nhiềukhó khăn. Song nếu quan sát kỹ ta thấy ngay phương trình ( 2 ) có một nghiệm x = 0 việc còn lại là chứng tỏ trong TXĐ : - 1 < x < 1 phương trình ( 2 ) không cònnghiệm nào khác.  x - Nếu 0 < x < 1 ta có : > 0   Vậy phương trình ( 2 ) vô1 + x2 ⇒ VT > 0  xnghiệm với : 0 < x < 1 > 0   1 − x 2 – Nếu – 1 < x <  x < 0   0 ta có : 1 + x2 ⇒ VT < 0  xVậy phương trình ( 2 ) vô nghiệm với : – 1 < x < 0 < 0K ết luận : phương trình ( 2 ) có một nghiệm duy nhất x = 0   1 − x 2 * Bài toán 3 : [ 7 ] Giải phương 3 x − 2 + x + 1 = 3 trình : ( 3 ) Điều kiện để phương trình có nghĩa ⇔ x ≥ ≥ − 1 x + 10T a thấy x = 3 nghiệm đúng phương trình ( 3 ). Ta cần chứng tỏ phương trình ( 3 ) ≠ 3 không còn nghiệm với x - Với x > 3 ta có  3 x − 2 > 1 ⇒ VT > 3V ậy phương trình ( 3 ) vô  x + 1 > 2 nghiệm với x > 3 – Với – 1 ta có  x − 2 < 1 ⇒ VT < 3V ậy phương trình ( 3 ) vô ≤ x < 3  x + 1 < 2 nghiệm với - 1K ết luận : Phương trình ( 3 ) có nghiệm duy nhất x = 3 * Nhận xét : Phương pháp “ Duy ≠ αα nhất ” nói trên tỏ ra lợi thế khi học sinhđoán nhận được nghiệm của phương trình đã cho. Song việc chứng tỏ tính duynhất của nghiệm số cần chú ý quan tâm : khi x = là nghiệm số của phương trình, ta chứng minhcho x không là nghiệm số của phương trình đã cho. Song các giá trị x phải thuộcTXĐ của phương trình. Nên TXĐ của phương trình bắt đầu có tương quan tới việc xétcác năng lực còn lại của ẩn số x. * Tuy nhiên giải pháp này vẫn còn vận dụng trong trường hợp khi nhẩmđược nhiều nghiệm của một phương trình đã cho, chỉ chú ý quan tâm đến các năng lực còn lạicủa ẩn x phải chứng tỏ cho phương trình vô nghiệm. Ví dụ : Khi đoán nhận được x1 = ; x2 = α α13phải chứng tỏ các trường hợp còn lại :  αβx < βx x > βvà x TXĐ mà phương trình đãcho đều vô nghiệm thì mới kếtluận được phương trình đã chochỉ có hai nghiệm là x1 = ; x2 = 4.2.5. Phương pháp “ Tổng bình phương ” • Cơ sở của chiêu thức này là : Nếu đưa được phương trình khởi đầu dạng : f ( x, y, …., t ) = 0 ( 1 ) về dạng f12 ( x, y, …, t ) + fn2 ( x, y, …, t ) = 0 thì : ( 1 )  f ( x, y, …., t ) = 0T hực chất của giải pháp trên ⇔  ………… là đổi khác tương tự phương  f n ( x, y, …., t ) = 0 trình đã cho thành một hệphương trình đặc biệt quan trọng đơn thuần dễ tìm được nghiệm trải qua việc đổi khác vế tráicủa ( 1 ) thanh tổng của các bình phương. • Các bài toán vận dụng : a. Bài toán 1 : [ 7 ] Giải phương trình : x x4 – 4 x + 32 = 16 ( 1 ) Nếu giải phương trình ( 1 ) theo cách bình phương hai vế của phương trìnhhọc sinh gặp khó khăn vất vả vì ( 1 ) dẫn tới một phương trình bậc cao khó tìm nghiệm hơn. Ta hoàn toàn có thể vận dụng giải pháp “ tổng bình phương ” như sau : Điều kiện để phương trình có nghĩa : ≥ 0 x. Với điều kiện kèm theo x ta có ( x 2 − 8 x + 16 ) + ( ≥ 4 x0 − 16 x + 16 ) = 0 phương trình ⇔ ( x − 4 ) 2 + ( 2 x − 4 ) 2 = 0  x − 4 = 0 ⇔  x = 4 thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo x  2 x − 4 = 0V ậy phương  xx = = ≥ 440 ⇔   x = 2 trình có một nghiệm là x = 4 b. Bài toán 2 : [ 7 ] Giải phương trìnhx + y + t + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 t − 5 ( 2 ) Đây là một phương trình vô tỉ có 3 ẩn x, y, t nên nếu bằng cách giải thông thườnghọc sinh gặp khó khăn vất vả. Song nếu vận dụng giải pháp “ Tổng bình phương ” thì bàitoán trở thành đơn thuần. Ta giải bài toán như sau : Điều kiện phương trình có nghĩa  x −  2 x ≥ 20   là : ( * ) y −  3 y ≥ 03  ⇔  t −  5 t ≥ 05V ới điều kiện kèm theo trên thì phương   trình ( 2 ) trở thành ( x − 2 − 2 x − 2 + 1 ) + ( y − 3 − 2 y − 3.2 + 4 ) + ( t − 5 − 2 t − 5.3 + 9 ) = 0 ⇔ ( x − 2 − 1 ) 2 + ( y − 3 − 2 ) 2 + ( t − 5 − 3 ) 2 = 0  x − 2 − 1 = 0  x − 2 = 1  x = 3 ⇔  y − 3 − 2 = 0 ⇔  y − 3 = 4 ⇔  y = 7  t − 5 − 3 = 0  t − 5 = 9  t = 14T hoảmãnđiều14kiện ( * ). Vậy phương trình ( 2 ) Có nghiệm  x = 3 duy nhất : Như vậy dùng chiêu thức   y = 7 “ Tổng bình phương ” ta hoàn toàn có thể giải mộtphương trình vô tỉ có nhiều ẩn số một  t = 14 cách đơn thuần tuy nhiên phải quan tâm tránhsai lầm cho học viên về việc chỉ rõ sốnghiệm của phương trình. c. Bài toán 3 : [ 7 ] Giải x − 2 xy + 3 y − 2 x + 3 = 0 phương trình : ( 3 ) Bài này rất khó khi thực thi giải bằng chiêu thức thường thì. Song nếu tìmcách viết dưới dạng tổng các bình phương thì bài toán trở nên đơn thuần. ≥ 0 ; ; y ≥ 0 Điều kiện phương trình ( 3 ) có nghĩa là : xKhi đó ta có : ( 3 ) ⇔ ( x − 2 xy + y − 2 y + 1 ) + ( 4 y − 4 y + 1 ) = 0 ⇔ ( x − y − ! ) 2 + ( 2 y − 1 ) 2 = 0  x = 1 + y  x − y − 1 = 0 ⇔  ⇔  y =  2 y − 1 = 0    x = ⇔  ⇔   y =  y = Thỏa mãn điều kiện kèm theo. x ≥ 0 ; y ≥ 09 Vậy phương trình ( 3 ) có nghiệm duyx = nhấtlà : Nhận xét : Qua các bài toán ta  y = 1 nhận thấy khi gặp một số ít phương trìnhvô tỉ không ở dạng mẫu mực mà việc  4 sử dụng các giải pháp khác gặpkhó khăn, nếu viết được một vế của phương trình f ( x ) = 0 dưới dạng : f ( x ) = f12 ( x ) + f22 ( x ) + … + fn2 ( x ) thì việc giải phương trình f ( x ) = 0 trở thành đơn thuần. Đây là một giải pháp ứng dụng được nhiều so với các phương trình đã gặptrong chương trình đại trà phổ thông. Bài tập tựa như [ 3, 5, 7 ] Giải phương trìnhb. xx22 − + 64 xx + + 265 = = 26 22 xx + + 31 a. c. x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 54.2.6. Phương pháp ” Sử dụng biểu thức phối hợp ” + Trong khi thực thi các phép biến hóa tương tự một phương trình vô tỉ tacó thể nhân ( chia ) hai vế của phương trình với biểu thức phối hợp của một trong haivế hoặc của cả hai vế của phương trình đã cho, để được một phương trình mới đơngiản hơn phương trình bắt đầu rồi cùng phương trình bắt đầu biến hóa tới một15phng trỡnh ó bit cỏch gii. + Tuy nhiờn cú trng hp ta cú th li dng t nh biu thc liờn hp ca biuthc cú cha trong du cn. Vớ d : Gii phng trỡnhx + 5 x3 = 2 ( 1 ) x x + x55 + ; x + iu kin :. Vi iu kin ú5 + 3 xx 3×3 > 03 ta cú l biu thc liờn hpca v trỏi. Nhõn hai v ca ( 1 ) vi : ta cú : ( 1 ) x + 5 ( x 3 ) = 2 ( x + 5 ) + x 3 ) x + 5 + x 3 = 4 ( 1 ) Cng v vi v ca ( 1 ) v ( 1 ) ta c phng trỡnh : ( tho món iu2 x + 5 = 6 x + 5 = 3 x + 5 = 9 x = 4 kin ). Vy phng trỡnh ( 1 ) cú mt nghim duy nht l x = 4V i bi toỏn ny dựng biu thc liờn hp cú u th hn vic bỡnh phng haiv ca ( 1 ). Cú th núi s dng biu thc liờn hp bin i tng ng cỏc phng trỡnhvụ t c ng dng trong cỏc bi toỏn gii phng trỡnh vụ t dng phc tp cúmt li th nht nh tuy nhiên cn chỳ ý cỏch dựng biu thc liờn hp phi linh hot, sỏng to. Bi tp tng t : x + 3G ii phng trỡnh : 4 x + 1 3 x 2 = ( 1 ) Nhận xét : Qua cácbài toán ta nhận thấy khi gặp 1 số ít phơng trình vô tỉ không ởdạng mẫu mực mà việc sử dụng các phơng pháp khác gặp khókhăn, nếu viết đợc một vế của phơng trình f ( x ) = 0 dới dạng : f ( x ) = f12 ( x ) + f22 ( x ) + + fn2 ( x ) thì việc giải phơng trình f ( x ) = 0 trở thành đơn thuần. Đây là một phơng pháp ứng dụng đợc nhiềuđối với các phơng trình đã gặp trong chơng trình đại trà phổ thông. 4.2.7. Phng phỏp a v phng trỡnh cha n trong du giỏ tr tuyt i * Khi gp phng trỡnh m biu A 2 = Athc di du cn cú th vit cdi dng bỡnh phng ca mt biu thc thỡ s dng hng ng thc : lm mtdu cn, a v phng trỡnh n gin. Mc ớch ca phng phỏp ny l bin iphng trỡnh ó cho thnh mt phng trỡnh tng ng cú dng : ri gii phng trỡnh f 2 ( x ) g 2 ( x ) = m f ( x ) g ( x ) = mcha du giỏ tr tuyti. Vớ d : [ 4 ] Gii phng x 2 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 3 trỡnh ( 1 ) Bin i phng trỡnh ( 1 ) ta cú : ( 1 ) ( 1 ) ( x 1 ) 2 + ( x + 2 ) 2 = 3 x 1 + x + 2 = 3 x 1 < 0 x 1 = 1 x ; x + 2 < 0 x + 2 = x 216N ếu x < - 2 ta có : Phương trình ( 1 ) trở 1 − x − x − 2 = 3 ⇔ 2 x = − 4 ⇔ x = − 2 thành : ( loại ). 1 − x + x − − 22 ≤ = x3 ≤ ⇔ 1 0 x = 3N ếu ta có phương trình. Phương trình có vô số nghiệm thỏa − 2 ≤ x ≤ 1 mãn :. Nếu x > 1 ta có phương x − 1 + x + 2 = 3 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1 trình : ( loại ). Vậy nghiệm của phương trình là : − 2 ≤ x ≤ 1 Ở bài toán này việc giải phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối học viên có thểxét 4 trường hợp về dấu của x-1 và x + 2, nên chú ý quan tâm cho học viên so sánh nghiệmtrong từng khoảng chừng và Tóm lại nghiệm trên toàn trục số. Ví dụ : [ 7 ] Giải phương x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5 trình : ( 2 ). x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 Điều kiện : Phương trình ( 2 ) trở thành ( x − 1 + 2 ) 2 + ( x − 1 − 3 ) 2 = 5 ⇔ x − 1 + 2 + x − 1 − 3 = 5 ⇔ x − 1 + 2 + x − 1 − 3 = 5 ⇔ x − 1 − 3 = 3 − x − 1 ⇔ 3 − x − 1 = 3 − x − 1 ⇔ 3 − x − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≤ 3 ⇔ x − 1 ≤ 9 ⇔ x ≤ 101 ≤ xx ≥ ≤ 110K ết hợp với điều kiệnta cónghiệm của phương trình là :. Ở bài toán trên việc giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối có chú ý quan tâm đến việcdùng định nghĩa và đặc thù về giá trị tuyệt đối, làm cho việc phân loại trường hợplà không thiết yếu và giải thuật ngắn gọn hơn. Bài tập tựa như : [ 7 ] Giải phương trình : a ) x + 2 − 4 x − 2 + x + 7 − 6 x − 2 = 1 b ) x − 2 x − 4 − 3 + x − 4 x − 4 = 1 c ) ( Nhân hai vế vớithì x + 2 x − 1 + 2 x − 2 x − 1 = 2 trong căn sẽ Open hằng đẳng thức ) Trên đây là 7 giải pháp thường dùng để giải các phương trình vô tỉ, tuynhiên việc sử dụng các chiêu thức nói trên phải được học viên lựa chọn mộtcách thích hợp với từng phương trình đơn cử. Song không hề quan trọng hoá vàđề cao bất kể một giải pháp nào trong giải phương trình vô tỉ. Điều quan trọng làdùng chiêu thức nào để đạt hiệu suất cao cao nhất trong giải phương trình. Cũng phải nói thêm rằng các chiêu thức trên có mối quan hệ mật thiết với nhaunhư hai chiêu thức : Đặt ẩn phụ và hệ phương trình ; Hệ phương trình và phươngpháp bình phương … Hoặc có khi giải một bài toán ta hoàn toàn có thể phối hợp hai hay nhiềuphương pháp cùng một lúc miễn sao đạt hiệu suất cao cao nhất. 5. Hiệu quả của sáng kiến17Đốif ( x ) = A ; f ( x ) = g ( x ) ; f ( x ) = g ( x ) ; f ( x ) ± g ( x ) = m ….. với học sinhđại trà : sau khi phân phối các công thức giải các dạng phương trình : sau đó ra cácbài tập cùng dạng kiểm tra trắc nghiệm và tự luận, tác dụng như sau : Trước khi vận dụng : LớpSố học viên hoàn toàn có thể giảiđược phương trình vô tỉ9B ( 25 hs ) 9A ( 23 hs ) Số học sinh không hề giảiđược phương trình vô tỉ2020Sau khi vận dụng : LớpSố học viên hoàn toàn có thể giảiđược phương trình vô tỉ9B ( 25 hs ) 199A ( 23 hs ) 16 * Đối với học viên khá, giỏi : Số học sinh không hề giảiđược phương trình vô tỉ + 95 % số học viên giải được thành thạo theo công thức giải so với cácphươngtrình vô tỉ với hệ hỗn hợp. + 67 % số học viên giải được theo giải pháp chuyển về hệ phương trình. + 75 % số học viên giải thành thạo bằng chiêu thức ẩn phụ. + 55 % số học viên làm được theo giải pháp đoán nghiệm và chứng minhnghiệm duy nhất. + 85 % số học viên chọn cho mình được chiêu thức giải phải chăng cho một phươngtrình vô tỉ. Qua giải phương trình vô tỉ theo các chiêu thức đã được trang bị, học sinhrèn được nhiều kiến thức và kỹ năng giải toán khác, gây được hứng thú làm toán cho học viên. 1. Học sinh đã tự mình biết vận dụng các chiêu thức giải phương trình vô tỉ chocác dạng phương trình khác có trong chương trình. 2. Định hướng học tâp bộ môn toán theo hướng tích cực hoá, dữ thế chủ động sáng tạonhư : có thói quen giải toán theo niềm tin Angôrit, tìm cách giải phải chăng, hay cho bàitoán. Hình thành thói quen kiểm tra giải thuật và rút kinh nghiệm tay nghề sau khi giải toán. 3. Xây dựng cho học viên phong thái làm toán khoa khọc, có chiêu thức vàbiết đề xuất kiến nghị những yếu tố cần xử lý, đặc biệt quan trọng là học viên có niềm tin và tự chủcao hơn. 4. Hình thành mối quan hệ tôt đẹp giữa thầy và trò trong dạy học và trong sự traođổi thông tin về toán học. III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ1. Kết luậnTừ thực tiễn điều tra và nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc giảng dạy giải phương trình vô18tỉ có ý nghĩa trong thực tiễn rất cao. Nó rèn luyện cho học viên tư duy logic, năng lực sángtạo, năng lực biến hóa đúng chuẩn nhiều quan hệ toán học, … Do đó khi triển khai đềtài này giáo viên cần lưu ý1. Thường xuyên khắc phục những sai lầm đáng tiếc khi giải một phương trình vô tỉ nóiriêng và phương trình đại số nói chung sẽ có công dụng giúp cho học viên hiểu sâu, nắm vững các kỹ năng và kiến thức cơ bản và rèn được kiến thức và kỹ năng giải toán đúng chuẩn, trình bàylời giải ngắn gọn, rõ ràng. 2. Hệ thống giải pháp giải cho từng phương trình vô tỉ giúp cho học viên cóđược công cụ giải phương trình nên việc giải phương trình được linh động, hợp lý, tránh máy móc rập khuôn. Đặc biệt là giúp cho học viên lựa chọn được cách giải haycho một bài toán, hình thành ở học viên đức tính linh động, thao tác có khoa học vàtránh được những sai lầm đáng tiếc nghiêm trọng. 3. Rèn cho học viên có thói quen khi gặp bất kể một phương trình nào đều địnhhướng được các thao tác : – Quan sát, nhận dạng đưa phương trình về dạng quen thuộc ( nếu có ). – Lựa chọn chiêu thức giải phải chăng. 4. Thường xuyên ghi nhớ các kiến thức và kỹ năng cơ bản và các kiến thức và kỹ năng thiết yếu có tácdụng tốt cho học viên trong khi giải phương trình và thực thi các giải pháp giảigiúp cho học viên nhìn nhận lời giải một cách triệt để và phát minh sáng tạo. 5. Rèn luyện liên tục các kỹ năng và kiến thức cơ bản khác như : nghiên cứu và phân tích một biểuthức dưới dạng tích, các kiến thức và kỹ năng đổi khác, triển khai các phép tính về căn thức bậchai, bậc ba tạo điều kiện kèm theo thuận tiện cho học viên hoàn thành xong tốt các khâu đổi khác khigiải một phương trình vô tỉ. 6. Lựa chọn giải pháp giải phải chăng là một việc làm quan trọng quyết định hành động tớisự thành công xuất sắc nhanh gọn khi giải một phương trình vô tỉ7. Áp dụng giải pháp giải phương trình vô tỉ cho các dạng phương trìnhkhác vẫn có hiệu suất cao tích cực và mang lại tác dụng tốt trong bài toán giải phươngtrình ( nếu hoàn toàn có thể thực thi được ). Trên đây là một số ít chiêu thức giải giúp cho học viên biết cách giải một phươngtrình vô tỉ. Bước đầu đã thực nghiệm và có hiệu quả nhất định, nhất là trong việc bồidưỡng học viên khá, giỏi, phần nào đã giúp cho học viên định hình được một Angôritgiải toán ở thể loại phương trình vô tỉ, phát huy tính tích cực dữ thế chủ động sáng tạotrong giải phương trình và giải toán nói chung, giúp cho học viên rèn luyện đượcnhiều kĩ năng giải toán trải qua giải một phương trình tạo đà cho học viên đổi mớicách học trong quy trình tiến độ lúc bấy giờ. 2. Kiến nghị, đề xuấta. Đối với nhà trườngThường xuyên bổ trợ các tài liệu tìm hiểu thêm để giáo viên, học viên có điềukiện điều tra và nghiên cứu tích góp thêm kiến thứcb. Đối với cấp trênViệc góp thêm phần nâng cao hiệu suất cao giáo dục là yếu tố luôn được chăm sóc hàngđầu. Vì vậy những đề tài hay và thiết thực cần được nhân rộng, tạo điều kiện kèm theo chogiáo viên được học hỏi nâng cao nhiệm vụ chuyên môn19Trên đây là 1 số ít kinh nghiệm tay nghề của bản thân tôi trong việc giảng dạy giảiphương trình vô tỉ ở chương trình toán lớp 9. Cùng với sự giúp sức tận tình của BanGiám Hiệu nhà trường, của tổ trình độ, của các đồng nghiệp và học viên tôi đãhoàn thành đề tài ” Hướng dẫn học viên lớp 9 giải phương trình vô tỉ ”. Tuy tôi đãcó nhiều nỗ lực nhưng chắc như đinh rằng vẫn còn những thiếu sót. Tôi xin trân trọngtất cả những quan điểm phê bình, góp phần của cấp trên và đồng nghiệp để đề tài của tôingày càng triển khai xong hơn và vận dụng thoáng rộng trong ngành. Tôi mong rằng với đề tài này sẽ góp một phần nhỏ trong hành trang của cácđồng nghiệp và góp thêm phần nhỏ bé nhưng có ý nghĩa trong việc nâng cao chất lượngdạy và học ở bộ môn Toán. Tôi xin chân thành cảm ơn ! Tôi xin cam kết đây là SKKN của tôi viết, không sao chép của người khácHà Yên, ngày 8 tháng 3 năm 2017. Người viết sáng kiếnNguyễn Thị Lương20XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ21TÀI LIỆU THAM KHẢO1. Sách giáo khoa Toán 8 – Nhà xuất bản Giáo dục2. Nâng cao và các chuyên đề Toán 8 – Nguyễn Vĩnh Cận3. Sách giáo khoa, sách bài tập Toán 9 – Nhà xuất bản Giáo dục4. Tổng hợp kỹ năng và kiến thức cơ bản toán 9 – Vũ Ninh Giang5. Ôn luyện Toán Trung học cơ sở – Vũ Hữu Bình6. Tuyển tập đề thi môn Toán Trung học cơ sở – Vũ Dương Thụy7. Các đề thi học viên giỏi các tỉnh22

Source: http://wp.ftn61.com
Category: Hỏi Đáp