Trờng THCS-Lê Hồng phong-TP.Lào Cai
NI DUNG SNG KIN KINH NGHIM
HNG DN HC SINH GII BI TP V CN BC HAI
I. t vn .
Toỏn hc l mụn hc c bn trong nh trng ph thụng, i vi hc sinh
mụn toỏn núi chung v mụn i s núi riờng l mt mụn hc khú. Bi vy,
khụng ớt hc sinh dự ó cú nhiu c gng xong kt qu mụn toỏn núi chung v
phõn mụn i s núi riờng cũn thp so vi yờu cu. nõng cao cht lng giỏo
dc ton din cỏc nh trng núi chung, cỏc giỏo viờn trc tip ging dy mụn
toỏn núi riờng cn phi cú gii phỏp tớch cc nõng cao cht lng mụn i s
ca hc sinh trung hc c s.
Vi lý do trờn tụi chn sỏng kin kinh nghim: Hng dn hc sinh gii
bi tp v cn bc hai.
II. Ni Dung.
Trong k thi tuyn sinh vo lp 10 va qua, nm hc 2004 2005. Ti
trng trung hc ph thụng thnh ph Lo Cai cú rt nhiu em b im 1; 2 vỡ
mụn toỏn. Quan nghiờn cu thc t, tụi nhn thy phn ụng cỏc em b im
thp v mụn toỏn vỡ hai lý do sau:
+ Khụng thuc kin thc hoc khụng nm vng kin thc.
+ Lý do quan trng nht l cỏc em cha bit cỏch lm toỏn m ta gi l
phng phỏp. Nht l cỏc phng phỏp c trng cho tng dng bi, tng loi
toỏn: Mun rỳt gn mt biu thc, hay chng minh mt ng thc phi lm
th no? Cỏc em u khụng bit.
Qua nhiu nm dy lp 9 bn thõn tụi rỳt ra c kinh nghim: Hng
dn hc sinh gii bi tp v cn bc hai cn phi nm c phng phỏp gii
v cỏc dng bi.
1) Bi toỏn :
Rỳt gn biu thc A:
Phng phỏp gii:
rỳt gn biu thc A, ta thc hin cỏc bc sau:
Giáo viên:

Đỗ Mạnh Thắng
Tổ :
Toán - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
- Qui đồng mẫu số chung (nếu có).
- Đưa bớt thừa số ra ngoài dấu căn.
- Trục căn thức ở mẫu (nếu có).
- Thực hiện các phép tính, luỹ thừa, khai căn, nhân chia
- Cộng trừ các số hạng đồng dạng.
Ví dụ1: Rút gọn.
a) 2
75
- 3
12
+
27
b) x + 2y -
yxyx 44 

• Nhận xét về câu a) rõ ràng ta phải biến đổi các căn thức thành căn thức đồng
dạng thì mới rút gọn biểu thức đã cho được.
• Ta có : 2
75
= 2
3.25
=2.5
3
=10

3
3
12
=3
3.4
=3.2
3
=6.
3
27
=
3.9
=3
3
Suy ra: 2
75
-3
12
+
27
= 10
3
- 6
3
+3
3
=(10 –6 +3).
3
= 7
3

Vậy : 2
75
-3
12
+
27
= 7
3

• Nhận xét về câu b) biểu thức trong căn là một bình phương:
x
2
– 4xy +4y
2
=(x-2y)
2
Các học sinh cần lưu ý một điều là: Căn bậc hai của bình phương hiệu hai số
bằng số lớn trừ đi số nhỏ.
)( BA −
2
=|A-B|=
Do đó:
)2( yx −
2
= | x-2y|=
suy ra cách giải câu b) như sau:
Ta có:
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :

To¸n - Lý

14
2 2
A-B nếu A
≥
B
-(A-B)=B-A nếu A<B
x-2y nếu x
≥
2y
-(x-2y)=x+2y nếu x<2y
2
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
P=x+2y-
yxyx 44 +−
= x + 2y -
)2( yx −
2
= x + 2y –|x – 2y|
- Nếu x
≥
2y thì |x- 2y| = x-2y.
⇒
P= x+2y-(x-2y) – 4y.
- Nếu x<2y thì |x-2y| = 2y-x
⇒
P= x+2y-(2y-x) = 2x.
Vậy : x+ 2y -
yxyx 44

+−
2
=
Ví dụ 2: Cho biểu thức
M =
Rút gọn rồi tính giá trị của x để M có giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó.
+ Nhận xét: Ta phải phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi rút gọn biểu thức đã
cho.
x
4
+(
3
-
2
)x
2
-
6
=
= x
4
+
3
x
2
-
2
x
2
-

6
= x
2
(x
2
+
3
)-
2
(x
2
+
3
)
= (x
2
+
3
)(x
2
-
2
).
Vậy : M= = = (Với x
2±≠
Vì x
2
+
3
≥

3
với mọi x nên
≤
Vậy Max M= khi x=0.
Ví dụ 3:
Cho biểu thức.
C= - +
a) Tìm điều kiện của x để C có nghĩa.b) Rút gọn biểu thức C.Tìm giá trị nguyên
của x để giá trị của C là một số nguyên.
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
2
2
4y nếu x
≥
2y
2x nếu x<2y
x
2
-
2
x
4
+(
3
-

2
)x
2
-
6
x
2
-
2
x
2
(x
2
+
3
)-
2
(x
2
+
3
)
x
2
-
2
(x
2
+
3

)(x
2
-
2
)
1
x
2
+
3
1
x
2
+
3
1
3
1
3
3x+
x9
-3
x+
x
-2
x
+1
x
+2
x

+2
1-
x
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
Giải
a) x
≥
0 x
≥
0
1-
x
≠
0 x
≠
±
1 x
≥
0
x
+2
≠
0
x
+2
≠
0 ,
∀
x
≥

0 x
≠
1
x+
x
-2
≠
0 (
x
+2)(
x
-1)
≠
0
b)
C= - -
=
=
= =
= =
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
⇔
⇔
3x+
x9

-3
(
x
+2)(
x
-1)
x
+1
x
+2
x
+2
x
-1
3x+
x3
-3-(
x
+1)(
x
-1)-(
x
+2)(
x
+2)
(
x
+2)(
x
-1)

3x+
x3
-3- x+1-x- 4
x
-4
(
x
+2)(
x
-1)
x-
x
-6
(
x
+2)(
x
-1)
x
(
x
+2)-3(
x
+2)
(
x
+2)(
x
-1)
(

x
+2)(
x
-3)
(
x
+2)(
x
-1)

x
-3
x
-1
2
x
-1
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
1
3
)1)(2(
)3)(2(
)1)(2(
)2(3)2(
)1)(2(
6
−
−
=
−+

−+
=
−+
+−+
=
−+
−−
=
x
x
xx
xx
xx
xxx
xx
xx
c)
1
2
1
1
21
1
3
−
−=
−
−−
=
−

−
=
xx
x
x
x
C
Với x
∈
Z để C
∈
Z thì
x
-1 phải là ước của 2 vì x
≥
0 nên
x
-1
≥
-1, do đó:
- Nếu
x
-1=-1 thì
x
= 0 nên x= 0 khi đó
3
1
2
1 =
−

−=C
- Nếu
x
-1=1 thì
x
=2 nên x=4 khi đó
1
1
2
1
−=−=
C
- Nếu
x
-1=2 thì
x
=3 nên x=9 khi đó
0
2
2
1
=−=
C
Vậy với x= 0, x= 4, x=9 thì giá trị của biểu thức C là một số nguyên.
• Nhận xét về phương pháp giải.
a) C có nghĩa khi x
≥
0 và mẫu thức khác 0.
b) Phân tích mẫu thức thành nhân tử rồi quy đồng mẫu các phân thức, phân tích
tử thành nhân tử, rút gọn biểu thức.

c) Tìm x
∈
Z khi thay vào C thì C
∈
Z
2) Bài toán :
Tính toán.
a) Tính A.
b) Tính giá trị của biểu thức A
(x)
biết rằng x =a.
(*) Phương pháp giải:
a, Tính A mà không có điều kiện kèm theo đồng nghĩa với bài toán “Rút gọn
biểu thức A”.
Ví dụ1:
Tính
1528
−
+
1528
+
* Nhận xét: Các biểu thức trong căn bậc hai thường là một bình phương của
tổng hoặc của một hiệu hai số.
(a-b)
2
= 8-2
15
⇔
a
2

+b
2
-2ab = 8- 2
15
rõ ràng ab=
15
, a
2
+b
2
=8.
⇒
a chỉ có thể là
5
và b=
3
hoặc ngược lại.
Do đó ta giải quyết bài toán trên như sau:
1528
−
=
( ) ( )
35235
22
−+
=
2
)3)5(
−
=|

5
-
3
|=
5
-
3
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
Tương tự:
1528
+
=
5
+
3
Do đó:
1528
−
+
1528
+
=
)35()35(
+−−

=
323535
=−−−
Vậy
1528
−
+
1528
+
=-2
3
.
b, Biết x=a tính A
(x)

- Trước hết ta rút gọn A
(x)

- Cuối cùng ta mới thay x=a vào biểu thức thu gọn.
Ví dụ 1:
Tính :
1615815
2
+−
aa
với a=
3
5
5
3

+
Ta rút gọn biểu thức
A
(x)
=
1615815
2
+−
aa
=
( )
2
2
44.15215
+−
aa
=
( )
2
415
−
a
=a
15
-4 (*)
- Các học sinh giỏi có thể thấy ngay rằng:
a=
3
5
5

3
+
≥
2
Với b> 0 ta có:
22
111
22
+−
+
=
+
=+
b
b
b
b
b
b
=
b
bb 21
2
−+
+2=
b
b
2
)1(
+

+2
≥
2
Suy ra : a
15
≥
2
15
=
60
>
16
=4
Do đó : A
(a)
= a
15
-4
Với a=
3
5
5
3
+
=
15
8
15
53
3

5
5
3
=
+
=+
⇒
448415.
15
)(
=−=−=
a
A
x
Vậy
41615815
2
=+−
aa
khi a=
3
5
5
3
+
Có nhiều học sinh tính
15
8
=
a

và thay trực tiếp
15
8
=
a
vào biểu thức nằm
trong căn thức.
Làm như vậy sẽ gặp rất nhiều khó khăn.
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
• Ghi nhớ: Rút gọn biểu thức trước khi thay thế giá trị của chữ vào biểu thức.
+ Các học sinh khác có thể thay
15
8
=
a
vào (*)
A
(a)
=
4|4||48||415.
15
8
|
==−=−

Ví dụ 2: Tính giá trị của biểu thức:








+
−
−
+
+
+
+
=
nmn
m
mnm
n
mn
nm
nm
nm
B :
Với
32,32
−=+=
nm

Ta rút gọn phần nằm trong ngoặc đơn.
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2
13
2
13
2
324
2
324
3232
:
−
−
+
=
−
−
+
=−−+=
−=
+
−
=

−
+
+
+
=⇒
−
+
=
−
+
=
−
+
=
−
−+++−+
=
+
−
−
+
+
=
+
−
−
+
+
nm
nm

nm
nm
nm
nm
nm
B
nm
nm
nmmn
nmmn
nmmn
mnmmnn
nmmn
nmmmnmnnnmnm
nmn
m
nmm
n
mn
nm
nmn
m
mnm
n
mn
nm
Vậy B=
2
.
Ví dụ 3:Tính giá trị của biểu thức tại x=3.

824
22
824
22
22
++
+
−
+−
−
=
xx
x
xx
x
M
Giải
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
22
22
)22(
22
)22(
22

824
22
824
22
+
+
−
−
−
=
++
+
−
+−
−
=
x
x
x
x
xx
x
xx
x
M
Với
223
>=
x
nên các căn thức bậc hai đều xác định và các mẫu thức đều

dương, ta có:
8
2222
22
1
22
1
)22(
22
)22(
22
2
22
−
−−+
=
+
−
−
=
+
+
−
−
−
=
x
xx
xx
x

x
x
x
M
Tại x=3 ta có :
21313)13()13(
89
223223
22
=+−+=−−+=
−
−−+
=M
3) Bài toán giải phương trình vô tỉ:
Dạng 1:
( ) ( )
xgxf
=
(1)
Đây là dạng đơn giản nhất của phương trình vô tỉ.
Sơ đồ cách giải:
( )
0
≥
xg
(2)
( ) ( )
⇔=
xgxf


( ) ( )
[ ]
2
xgxf
=
(3)
Giải phương trình (3) đối chiếu điều kiện (2), chọn nghiệm thích hợp
⇒
nghiệm
của (1).
Ví dụ1: Giải phương trình.
11
−=+
xx
(1)
Giải: Ta có:
01
≥−
x
1
≥
x
⇔
)1(
⇔
2
)1(1 −=+ xx
03
2
=− xx

1
≥
x
⇔
3
=⇒
x
30
=∨=
xx
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
3
=
x
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
Dạng 2:
)()()( xgxhxf
=+
(1)
Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình:
0)(
≥
xf
0)(

≥
xh
⇔
(*)
0)(
≥
xg
Với điều kiện (*) hai vế của (1) không âm, bình phương của 2 vế ta có:
[ ]
[ ]
( )
)()()(
2
1
)()(
)()()(2)()(
2
2
xhxfxgxhxf
xgxhxfxhxf
−−=⇔
=++
(2)
Phương trình (2) có dạng 1. Buộc điều kiện mới:
[ ]
0)()()(
2
≥−−
xhxfxg
(**)

Bình phương 2 vế của (2) ta được một bình phương (3) mà cách giải đã biết.
Giải (3) chọn nghiệm thoả mãn các điều kiện (*) và (**) đó là nghiệm của (1)
Ví dụ2:
Giải phương trình sau:
253 −−=+ xx
(1)
Giải:
Ta có :
523)1(
=−++⇔
xx
(1’)
Điều kiện:
03
≥+
x

⇔

3
−≥
x
02
≥−
x

2
≥
x
⇔

2
≥
x
(*)
Với điều kiện (*) hai vế cuả (1’) không âm. Bình phương 2 vế ta có:
xxx
xxx
xxxx
−=−+⇔
−=−+⇔
=−++−++
126
22462
25)2)(3(223
2
2
(2)
Điều kiện để (2) có nghĩa là:
12012
≤⇔≥−
xx
(**)
Bình phương hai vế của (2) ta có:
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai

615025
241446
22
=⇔=⇔
+−=−+
xx
xxxx
thoả mãn (*) và (**)
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là:
6
=
x
.
Dạng 3:
( ) ( ) ( )
xgxhxf
=+
(1)
Cách giải tương tự
Ví dụ 3: Giải phương trình:
xxx −=−−+ 1271
Giải: Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
7121 −+−=+ xxx
(1)
Điều kiện:
01
≥+
x
1
−≥

x
07
≥−
x
⇔
7
≥
x
127
≤≤⇔
x
(*)
012
≥−
x
12
≤
x
Với điều kiện (*) hai vế của (1) không âm. Bình phương hai vế của (1) ta có:
484192
)7)(12(27121
2
−=−+−⇔
−−+−+−=+
xxx
xxxxx
(2)
Với (*) hai vế của (2) không âm. Bình phương hai vế ta có:
2417601764
0352845x

16 -8x - x2 84)19x4(-x2
''
2
=∆⇒=−=∆
=+−⇔
=++
x
Phương trình (3) có hai nghiệm là:
8;
5
44
21
==
xx
thoả mãn (*)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là:
8;
5
44
21
==
xx
Dạng 4:
( ) ( ) ( ) ( )
xkxgxhxf
+=+
(1)
Phương trình này quá trình độ đối với học sinh phổ thông. Tuy nhiên cách giải
cũng tương tự như dạng 3.
Gi¸o viªn:

§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
• Buộc điều kiện:
( ) ( ) ( ) ( )
0,0,0,0
≥≥≥≥
xkxgxhxf
Bình phương hai vế, ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
xkxgxhxgxhxfxhxf 2)()(2)()( ++=++
Đưa phương trình về dạng:
( ) ( ) ( )
xHxGxF =−
Tuỳ theo từng trường hợp cụ thể mà giải tiếp.
Ví dụ 4: Giải phương trình.
0941
=+++−+−
xxxx
(1)
Cách 1: Ta viết (1) dưới dạng 4:
419
+++=++
xxxx
(2)
Điều kiện :
0

≥
x
(*)
Với (*) bình phương hai vế của (2) ta có:
4592
452924
22
22
++=++⇔
++=++
xxxx
xxxx
Hai vế không âm. Bình phương hai vế ta có:
xxx
xxxxxx
−=+⇔
++=++++
9
459494
2
222
(3)
Điều kiện:
0
≤−
x
(**)
Bình phương hai vế của (3), ta có:
0099
22

=⇔=⇔=+
xxxxx
thoả mãn (*) và (**)
vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
0
=
x
Cách 2: Ta có thể viết:
( )
xxxx
−+=+−+⇔
1491
(2)
nhân và chia với lượng liên hợp với
0
≥
x
(*), ta có:
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
xxxx
xxxx
xx

xx
xx
xx
xx
xxxx
xx
xxxx
51549
1
1
49
5
1_
1
49
49
1
11
49
4949
++=+++⇔
++
=
+++
⇔
+
−+
=
+++
+−+

⇔
++
++−+
=
+++
++++−+
Cộng (2) và (3) vế theo vế:
xxx 2139
++=+
Do
0
≥
x
nên
999913213
+≥+⇒=+≥++
xxxxx
(4)
Nếu x>0 thì 9x+9 > x+9 do đó (4) vô lí. Vậy x=0.
Dạng 5:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
xgxhxfnxhxf
=++
(1)
• Phương pháp giải:
Để giải được loại phương trình này ta dùng ẩn số phụ.
Ví dụ5: Giải phương trình
xxxxx 2132221
2
−=−−+−++

(1)
Giải:
Điều kiện:
2
13
2
≤≤
x
(*)
Đặt
21 −++= xxt
, với t >0, ta có:
1222
2221
22
22
+−=−−⇔
−−+−++=
xtxx
xxxxt
Do đó ta có:
012
21312)1(
2
2
=−+⇔
−=+−+⇒
tt
xxtt
(2)

Phương trình (2) có hai nghiệm là t
1
=3, t
2
=-4. Vì t >0 nên ta chọn t=3
Ta giải phương trình.
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
(3)
Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
xxx
xxxx
252
21012922
2
2
−=−−⇔
−=+−=−−
(3)
Điều kiện:
505
≤⇔≥−
xx
(**)
Giải (3)
3

=⇒
x
, thoả mãn điều kiện của (*) và (**)
Vậy, nghiệm của phương trình là:
3
=
x
4) Bài toán:
Giải phương trình: |f(x)| = g(x) (1).
Phương pháp giải:
Có 3 cách giải:
- Cách 1: + Điều kiện:
( )
0
≥
xg
(2).
+ Bình phương hai vế:
( )
[ ]
( )
[ ]
22
xgxf
=
(3)
Giải (3): Chọn nghiệm thoả mãn (2)
⇒
nghiệm của (1).
Sơ đồ cách giải:

( ) ( )
xgxf
=
||

⇔
- Cách 2: + Xét
( ) ( ) ( )
xgxfxf
=⇒≥
0
.
+ Xét
( ) ( ) ( )
xgxfxf
=−⇒<
0
Sơ đồ cách giải:
( ) ( )
xgxf
=
||

⇔
∨

Cách 3: Với
( )
0
≥

xg
ta có
( ) ( )
xgxf
±=
Sơ đồ cách giải:
( ) ( )
xgxf
=
||
⇔
( )
( ) ( )
xgxf
xg
=
≥
0
∨

( )
( ) ( )
xgxf
xg
−=
≥
0
Ví dụ: Giải phương trình : | x-2 | = x + 2
Ta dùng cách 1:
Gi¸o viªn:

§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
( )
( )
[ ]
( )
[ ]
22
0
xgxf
xg
=
≥
( )
( ) ( )
xgxf
xf
=
≥
0
( )
( ) ( )
xgxf
xf
=−
<
0

Trêng THCS-Lª Hång phong-TP.Lµo Cai
Ta có : | x-2 | = x+ 2
22
)2()2(
02
+=−
≥+
xx
x

4444
2
22
++=+−
−≥
xxxx
x
08
2
=
−≥
x
x
x=0
III. Kết luận:
Qua quá trình giảng dạy: “Hướng dẫn học sinh giải bài tập về căn
bậc hai”. Tôi thu nhận được kết quả tương đối tốt, học sinh nắm được phương
pháp giải một số dạng bài tập và vận dụng giải bài tập tương đối tốt.
Bản thân tôi rút ra được kinh nghiệm trong các giờ luyện tập giáo
viên chọn các dạng bài tập hay thi vào cấp III để học sinh được rèn kỹ năng giải

bài tập, nhằm gây hứng thú học Toán của học sinh và học sinh thích những giờ
luyện tập Toán.
Gi¸o viªn:
§ç M¹nh Th¾ng
Tæ :
To¸n - Lý

14
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔