conduongcoxua welcome to my blog

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (644.97 KB, 31 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phương trình là một chủ đề chính trong chương trình tốn phổ thơng. Trong chương trình

Tốn bậc THCS, phương trình là một trong những chuyên đề xuyên śt 4 năm học, bắt đầu tư
những bài tốn “Tìm x biết ...” ở lớp 6 , tìm nghiệm của đa thức ở lớp 7 đến giải phương trình bậc
nhất ở ći năm học lớp 8 và hồn thiện cơ bản các nội dung về phương trình bậc hai ở học kì II Đại
sớ lớp 9. Trong đó phương trình vơ tỉ (phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn) sách giáo khoa và sách
bài tập chỉ lướt qua, nhưng trong các kì thi tuyển sinh vào lớp10 THPT, thi tuyển vào trường chuyên
lớp chọn, các kì thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh lại thường xuyên có bài tốn này. Nếu giáo viên
khơng chú ý trang bị tớt kiến thức và phương pháp giải hợp lí thì học sinh khó vượt qua được. Vấn đề
đặt ra là làm thế nào để giúp học sinh giải tốt các dạng phương trình vơ tỉ? Khi gặp bất cứ một bài
tốn về phương trình vơ tỉ nào học sinh cũng có tìm ra hướng giải đúng và hạn chế được những sai
lầm đáng tiếc trong quá trình giải tốn.

Qua thực tế giảng dạy nhiều năm ở mơn Tốn 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi phân môn đại sớ
tơi đã sưu tầm, chọn lọc tích luỹ và sáng tác thêm một sớ bài tốn mới viết thành đề tài “ Những sai
lầm cần khắc phục và mợt sớ phương pháp giải phương trình vơ ti” trong khn khổ chương trình
tốn bậc THCS, nhằm giúp học sinh tránh được những sai lầm khi giải phương trình vơ tỉ . Tư đó
trang bị cho học sinh một sớ phương pháp để giải các bài tốn về phương trình vô tỉ. Với mong muốn
trao đổi kinh nghiệm cùng các bạn đồng nghiệp để có thêm một chuyên đề bồi dưỡng đội tuyển dự
thi học sinh giỏi các cấp được hoàn thiện.

1. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ

Trong phân phới chương trình TỐN 9, khơng có tiết dạy giành riêng cho giải phương trình
vơ tỉ (học sinh sẽ được học vào chương trình đại sớ 10 THPT). Cụ thể trong chương “ CĂN BẬC
HAI – CĂN BẬC BA” có 18 tiết, trong đó 6 tiết lý thuyết, 4 tiết luyện tập, 6 tiết đôi vưa dạy lý
thuyết vưa luyện tập, 1 tiết ôn tập và 1 tiết kiểm tra. Giáo viên giảng dạy trên lớp thường ít chú ý rèn
kĩ năng giải các dạng phương trình vơ tỉ cho học sinh, nếu có thì chỉ là một bài tập củng cớ nhỏ nhằm
hồn thiện kiến thức sau mỗi tiết dạy nên khả năng vận dụng kiến thức vào giải phương trình vơ tỉ
của học sinh cịn nhiều hạn chế.

Bài tập vận dụng sách giáo khoa và sách bài tập TỐN 9 rất ít. Tồn bộ chương I có 76 bài

tập được chia làm nhiều dạng loại khác nhau, trong đó dạng bài tập đề cập đến tìm x (giải phương
trình vơ tỉ) có 5 bài tập. Sách bài tập tốn 9 có 108 bài, dạng tốn liên quan đến giải phương trình vơ
tỉ cũng chỉ có 5 bài tập. Sau mỗi bài dạy lý thút khơng có nhiều hơn một bài tập về dạng toán này.
Kĩ năng nhận dạng và lựa chọn phương pháp giải của học sinh đại trà rất hạn chế. Học sinh giỏi
khơng có tài liệu để đọc và tham khảo.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

rất nhiều học sinh đại trà khơng giải được, có một số em giải được nhưng không đạt điểm tối đa vì
mắc những sai lầm hết sức đáng tiếc.

Bài tốn giải phương trình vơ tỉ là bài tốn thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cấp
huyện, cấp tỉnh. Đề thi tiềm ẩn dưới nhiều dạng khác nhau nếu học sinh không được trang bị tốt kiến
thức và nắm vững phương pháp giải thì khó vượt qua được .

Đối với giáo viên nếu chỉ dưng lại ở việc hồn chỉnh kiến thức cơ bản của sách giáo khoa
khơng đi sâu nghiên cứu kĩ các dạng toán về phương trình vơ tỉ, khi gặp phải dạng tốn này vẫn có
những hạn chế nhất đinh. Tơi xin giới thiệu kết quả thống kê điểm bài 5 (bài thi GVDG cấp huyện
năm học 2011 – 2012) cho các bạn tham khảo.

Bài 5: ( 2,0 điểm ) Giải phương trình sau bằng 2 cách : 3 x3 8 2x2 6x4

Điểm 0 0,25 0,5 0,75 1,0 1,25 1,5 1,75 2,0 TS

SL 1 4 9 5 1 0 2 0 0 22

Nhận xét của giám khảo:

- Chưa có thí sinh nào giải hồn chỉnh bài tốn bằng 2 cách.

- Trên 50% số thí sinh khơng xác định hướng đựơc cách giải bài tốn.

Chính vì những thực trạng trên nên địi hỏi phải có giải pháp mới để giải quyết.

2. Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI.

2.1. Đối với học sinh:

Học sinh khắc phục được những sai lầm khi giải các dạng phương trình vơ tỉ.

Học sinh nhận dạng và định hướng được cách giải cho các dạng tốn về phương trình vơ tỉ
thuộc phạm vi chương trình tốn trung học cơ sở.

Học sinh giỏi giải được các bài tốn về phương trình vơ tỉ thuộc phạm vi chương trình tốn
trung học cơ sở, có thể giải được các dạng tốn về phương trình vơ tỉ trong chương trình tốn trung
học phổ thơng và trong các đề thi vào các trường Đại học – Cao đẳng.

2.2. Đối với giáo viên

Giáo viên sáng tạo ra các bài toán phù hợp với tưng dạng toán về giải phương trình vơ tỉ phục
vụ cho cơng tác giảng dạy.

3. PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI

Hệ thống một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ và chỉ ra những sai lầm thường mắc
phải của học sinh khi giải các dạng tốn về phương trình vơ tỉ.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phương trình vơ tỉ là phương trình chứa ẩn trong dấu căn. Bài tốn giải phương trình vơ tỉ là
bài tốn khó nhận dạng và xác định hướng giải. Đới với học sinh ḿn giải được địi hỏi phải được
trang bị kiến thức tớt và phương pháp giải hợp lí.

b) Cơ sơ thực tiễn

Qua thực tế dạy học của cá nhân nhiều năm ở bộ mơn Tốn 9 và tham gia bồi dưỡng học sinh
giỏi phân môn đại số do trường phân công. Tôi đã tổng hợp các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp
tỉnh hàng năm kết hợp với giáo viên trong tổ phân tích sai lầm và tìm ra phương pháp giải tới ưu nhất
cho tưng bài tốn về giải phương trình vơ tỉ.

Phân tích và hướng dẫn học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vơ tỉ trong các đề thi
học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh và đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn hàng năm để phát
hiện những sai lầm của học sinh trong giải toán.

Gợi ý và định hướng học sinh giỏi giải các bài toán về phương trình vơ tỉ và các bài tốn liên
quan đến rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai đăng trên tạp chí “TỐN HỌC VÀ TUỔI TRẺ” và
“TỐN TUỔI THƠ 2” để phát hiện những sai lầm của học sinh trong các bước biến đổi.

Tham khảo các tài liệu liên quan đến phương trình vơ tỉ, chọn lọc, sắp xếp tìm ra các phương
pháp giải tới ưu nhất cho tưng dạng toán viết thành chuyên đề làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi,
xây dựng thành sáng kiến kinh nghiệm.

2. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP

2.1. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH

Dựa vào:

- Thực tế giảng dạy nhiều năm ở bộ mơn Tốn 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi về phân môn đại
số đặc biệt là chun đề “ Phương trình vơ tỉ ”.

- Sách giáo khoa và sách bài tập toán 9

- Các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi liên quan đến phương trình vơ tỉ.

- Các chun đề liên quan đến phương trình vơ tỉ đăng tải trên tạp chí “TOÁN HỌC VÀ TUỔI
TRẺ”; tạp chí “TỐN TUỔI THƠ 2”.

- Những bài viết về chun đề phương trình vơ tỉ được đăng tải trên các trang mạng toán học.
- Kết quả phân tích bài kiểm tra chương I - Đại sớ 9 và bài kiểm tra học kì I năm học 2010 –
2011 đối chiếu so sánh giữa các lớp, rút ra nhận xét, kết luận.

- Kết quả thi học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008 đến năm học 2010 – 2011, đặc biệt là dạng
tốn giải phương trình vơ tỉ để phân tích, so sánh, rút kinh nghiệm.

2.2 THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP

- Viết dưới dạng chuyên đề dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi tư năm học 2007 – 2008
- Xây dựng thành chuyên đề hoàn chỉnh áp dụng giảng dạy học kì I năm học 2009 – 2010 
- Được nhà trường công nhận là tài liệu dùng cho giáo viên trong tổ làm chuyên đề bồi dưỡng

học sinh giỏi tư tháng 12/ 2010.

- Dạy thử nghiệm trong năm học 2009 – 2010 và năm học 2010 - 2011
- Triển khai áp dụng trong tồn trường năm học 2011 - 2012

- Viết thơ sáng kiến kinh nghiệm tư tháng 01/ 2012
- Hoàn thiện vào tháng 4/2012.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

1. Đưa ra một sớ ví dụ cụ thể ứng với tưng bài học trong chương “CĂN BẬC HAI – CĂN
BẬC BA”, giúp cho giáo viên phát hiện những sai lầm thường gặp của học sinh khi giải các dạng
tốn về phương trình vơ tỉ để có nhận xét đánh giá và rút kinh nghiệm trong việc vận dụng kiến thức
đã biết vào giải tốn.

2. Nêu một sớ phương pháp giải phương trình vơ tỉ áp dụng cho học sinh THCS, mỗi phương
pháp xây dựng một hệ thống bài tập tư dễ đến khó. Nhằm giúp cho học sinh dễ tiếp cận một số
phương pháp giải mà các tài liệu chưa viết hồn chỉnh, qua đó rèn kỹ năng tư duy và vận dụng kiến
thức một cách linh hoạt, tạo hứng thú tìm tịi, khám phá cho học sinh và có thể sáng tạo các bài tốn
mới hơn về phương trình vơ tỉ .

3. Đặc biệt là sau mỗi dạng bài tập có nêu bài tốn tổng quát và định hướng xây dựng một lớp
bài tập về phương trình vơ tỉ giúp cho giáo viên có thêm nguồn tư liệu phong phú khi làm công tác
bồi dưỡng học sinh giỏi nhất là khi giảng dạy chuyên đề “ Phương trình vơ tỉ ”.

II.1a.

NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

Học sinh sai lầm vì tưởng mình đã làm đúng. Có biết bao nguyên nhân dẫn đến sai lầm khi
giải toán. Nhà giáo dục Polia đã viết “Con người phải biết học ngay ở những sai lầm của mình”.
Vậy khi giải phương trình vô tỉ học sinh sai lầm ở đâu? Cần khắc phục như thế nào?

Sai lầm 1: Khi giải phương trình vơ ti học sinh thường ít chú ý đến điều kiện hoặc đặt điều kiện
khơng chính xác dẫn đến kết luận phương trình thừa hoặc thiếu nghiệm.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải của học sinh :

(1) 

2 2

4 0 4 4

0
( 3) 0

( 4) ( 2) 4 4 4

x

x x x

x
x x

x x x x x

x




   

   

    

   

 

        

   



Tập nghiệm của phương trình là S =



0; 3



Nhận xét : x = - 3 khơng phải là nghiệm của phương trình, thay x = -3 vào (1) thì x + 2 = - 1 < 0
Sai lầm: Đặt điều kiện sai dẫn đến kết luận nghiệm thiếu chính xác

Khắc phục: Điều kiện: x - 2, giải như trên.
Kết luận: Phương trình chỉ có 1 nghiệm x = 0.

Ví dụ 2: Giải phương trình : 4x2 20x25 5 2  x (2)
Lời giải của học sinh : Vì 4x2 – 20x + 25 = (2x – 5)2  0 với mọi x

(2)  4x2 – 20x + 25 = (5 – 2x )2  4x2 – 20x + 25 = 25 – 20x + 4x2  0x = 0

Vậy phương trình có nghiệm với mọi x  R

Nhận xét : phương trình (2) khơng phải ln có nghiệm với mọi x thuộc R vì khi thay x = 4 vào (2)

thì 5 – 2x = - 3 < 0 (khơng thoả mãn) mà phương trình (2) có nghiệm x
5
2


Sai lầm: Ngộ nhận 4x2 – 20x + 25 = (2x – 5)2  0 với mọi x, khơng để ý đến vế phải của phương 
trình, vội vàng bình phương 2 vế.

Khắc phục: Điều kiện: x 
5
2


.Giải như trên. Kết ḷn: Phương trình có nghiệm với mọi x
5
2


Ví dụ 3: Giải phương trình: x1 2x1 5 (3)
Lời giải của học sinh: Điều kiện : x 1

(3)  x – 1 + 2x – 1 + 2 (x 1)(2x 1) = 25

 2 (x 1)(2x 1) = 27 – 3x (3’)

 4(2x2 – 3x + 1) = ( 27 – 3x)2  x2 – 150x + 725 = 0  x

1= 5 ; x2 = 145 ( thỏa mãn).

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1= 5 ; x2 = 145

Nhận xét : x = 145 khơng là nghiệm của phương trình (3). Vậy lời giải của học sinh sai lầm ở bước 
nào? Rõ ràng là học sinh không đặt điều kiện ở phương trình (3’) dẫn đến kết luận nghiệm sai.
Đây là sai lầm thường gặp nhất đối với các em học sinh giỏi.

Khắc phục: 2 (x 1)(2x 1) = 27 – 3x (3’)

 2 2 2

1 9 1 9

5
4(2 3 1) (27 3 ) 150 725 0

x x

x

x x x x x

   

 

  

 

      

 

Vậy phương trình có một nghiệm x = 5

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x3 8 2x2 6x4 (4)

(Đề thi GVDG cấp huyện PGD – ĐT Phù Mỹ năm học 2011- 2012 )

Lời giải của 1 thí sinh: Điều kiện: x3 + 8  0  x2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 ( x2 – 6x – 4 )( 4x2 – 9x + 14) = 0

 x2 – 6x – 4 = 0 (vì 4x2 – 9x + 14 > 0)

 x1 = 3 13 (thỏa mãn); x2 = 3 13 (thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13

* Lời giải trên thiếu sót gì khơng? Bài giải có đạt điểm tối đa khơng? Điều này xin giành cho
bạn đọc (Đây là 1 bài giải hoàn chỉnh nhất trong 22 bài thi).

Vậy để tránh những sai lầm trên, khi dạy bài “ CĂN BẬC HAI ” giáo viên cần ghi nhớ cho
học sinh công thức:

2
0
0

A

A B B

A B

 

   

 


Ví dụ 5: Giải phương trình : (x + 2) x  3 = 0 (5)

Lời giải của học sinh : (x + 2) x  3 = 0

2 0 2

3
3 0

x x

x
x

 

  

   



  


Vậy tập nghiệm của phương trình là S =



2;3



Nhận xét : x = – 2 không phải là nghiệm của phương trình (3)

Sai lầm: Khơng tìm điều kiện xác định của phương trình dẫn đến thừa nghiệm.
Khắc phục: Điều kiện x  3. Giải như trên

Kết luận : Phương trình có một nghiệm x = 3

Ví dụ 6: Giải phương trình: x 2 x2 4 0 (6)

(Đề kiểm tra HKI năm học 2010 – 2011)
Lời giải của học sinh :

Điều kiện : x2 – 4 0  x 2 hoặc x 2

(6) 

2 0
2(1 3 2) 0

1 3 2 0

x

x x

x

  

     

  



2 2

1 17

3 9

x x

 

 

 

 

    

 

Vậy tập nghiệm của phương trình S =

17
2;

 



 

 

Nhận xét : x = - 
17

9 khơng phải là nghiệm của phương trình

Sai lầm: HS tìm điều kiện xác định của phương trình chưa chính xác dẫn đến thừa nghiệm. Thực ra 
ĐKXĐ của phương trình là x 2 .

Khắc phục: Điều kiện

2 4 0

2
2 0

x

x
x

  

 



 

 . Giải như trên
Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S =

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

thiếu chính xác. Phương trình (6) học sinh tìm ĐKXĐ sai nên dẫn đến thưa nghiệm. Khi giải dạng
toán này cần ghi nhớ công thức:

0 0

B

A B A

B




   


 




Ví dụ 7:Giải phương trình 2 x 3 x1 2x 3 4x12 (7) 
Lời giải của học sinh

(7)  2 x 3 x1 2x 3 2 x 3  x 1 2x 3

1 0 1

1 2 3 2

x x

x

x x x

  

 

     

   

 

Vậy phương trình có một nghiệm x = 2.

Nhận xét : x = 2 không là nghiệm của phương trình vì x = 2 thì x  3 không xác định.
Sai lầm: Không đặt điều kiện từ ban đầu nên dẫn đến kết luận nghiệm phương trình sai.
Khác phục: Điều kiện x 3. Giải như trên

Kết luận : Phương trình vơ nghiệm.
Ghi nhớ:

A

A B A C

B C





    





Sai lầm 2: Khi áp dụng hằng đẳng thức A2 A . Xét thiếu trường hợp dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 8: Giải phương trình : 4x2 4x  1 x 3 (8)

Lời giải của học sinh : (8)  (2x 1)2   x 3 2x 1  x 3 x4
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4

Nhận xét : (8) cịn có một nghiệm x = 
2
3


Sai lầm : Lời giải trên học sinh bỏ sót điều kiện x + 3 0 và xét thiếu trường hợp 2x – 1 = - ( x + 3)
dẫn đến mất nghiệm.

Khác phục: Điều kiện x + 3 0  x 3

(8) 

2 1 3

(2 1) 3 2 1 3 2

2 1 ( 3)

x

x x

x x x x

x x x



  

 

         



   



Kết ḷn: Phương trình có 2 nghiệm: x1 = 4; x2 =

2
3


Ví dụ 9: Giải phương trình:

2 1 2 1

x

x x  x x  

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Lời giải của học sinh : Điều kiện : x  1

(9)  x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1 =
3
2

x 



2 2 3

( 1 1) ( 1 1)

x

x   x   



1 1 1 1

x

x   x   

(*)



1 1 1 1

x

x   x   

( vì x  1 )  2 x  1 = x + 3  4 (x – 1) = (x +3 )2

 x2 – 10x + 25 = 0  x

1 = x2 = 5 ( thoả mãn ) . Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 5

Nhận xét : Phương trình (9) cịn có 1 nghiệm x = 1.

Sai lầm : HS xét thiếu trường hợp 1 x 2 nên dẫn đến mất nghiệm :
Khắc phục : Tư phương trình (*)

Trường hợp : x 2. Giải như trên.

bổ sung trường hợp : 1 x 2 ta có (*)  4 = x + 3  x = 1 ( thoả mãn)
Kết luận : Phương trình có 2 nghiệm : x1 = 1 ; x2 = 5

Chú ý : Khi dạy bài “ Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức A2 A ”. Cần ghi nhớ cho học sinh

công thức

2 B 0

A B A B

A B




    




Sai lầm 3: Sai lầm khi vận dụng qui tắc khai phương mợt tích , mợt thương để biến đổi tương
đương các phương trình học sinh xét thiếu trường hợp dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.

Ví dụ 10: Giải phương trình: x x(  1) x x(  2) 2 x x(  3) (10)
Lời giải của học sinh:

(10)  x (x 1) x (x 2) 2 x (x 3)
 (x 1) (x 2) 2 ( x 3)

Điều kiện x  3 . khi đó ta có: x1 x 3 và x 2  x 3
Suy ra (x 1) (x 2) 2 ( x 3)

Vậy phương trình vơ nghiệm.

Nhận xét: Ta thấy ngay x = 0 là một nghiệm của phương trình mà HS đã bỏ qua. Việc chia 2 vế cho

x đã làm mất nghiệm của phương trình.

Sai lầm: + Không xét trường hợp x = 0 để suy ra nghiệm của phương trình.
 + Chưa xét đầy đủ các trường hợp x > 0 và trường hợp x < 0.
Khắc phục: Trường hợp: x = 0  x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.

Trường hợp x < 0 thì (10) viết về dạng:  x (1 x)   x (2 x) 2  x (3 x) (10’)
Vì  x > 0 nên chia 2 vế (10’) cho  x ta được: 1 x 2 x 2 3 x

Do x < 0 nên 1 x  3 x và 2 x  3 x

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Kết luận : Phương trình có 1 nghiệm x = 0.

Ví dụ 11: Giải phương trình: x x(  5) x x(  2)  x x( 3) (11)
Lời giải của học sinh:

Điều kiện:

0
2

( 2) 0 3

( 5) 0 0

( 3) 0 5

3
0

x
x

x x x

x

x x x

x

x x x

x
x
 
 


  
  



       
   

     
  


 



* Ta có x = 0 là 1 nghiệm của phương trình (11)
* Với x  0, chia 2 vế phương trình cho x ta được:

(x 5) (x 2)  (x3)  x – 5 + x – 2 + 2 (x 5)(x 2) = x + 3

 2 x2 7x10 = 10 – x  2 2 2

10 0 10

4( 7 10) (10 ) 3 8 60 0

x x

x x x x x

  
 


 
      
 
10
6
6
10
10
3
3
x
x
x
x
x





  
  
 
  


 ( thoả mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình (11) là : S =

10
0;6;
3
 

 
 

Nhận xét: Lời giải trên rất lôgich và chặt chẽ nhưng kiểm tra lại thì x = - 
10

3 khơng là nghiệm của
phương trình. Ngun nhân nào dẫn đến việc thưa nghiệm trên.

Sai lầm: HS chỉ xét trường hợp x  0 , trong trường hợp x 0 phải xét cả 2 khả năng xảy ra là x > 0
và x < 0. Cụ thể là xét trường hợp x 5và x 3

Khắc phục:

Trường hợp x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.

Trường hợp x5. Giải như trên và loại nghiệm x = - 
10

3 (khơng thoả mãn)
Bổ sung trường hợp x 3.(trình bày ở phần sau)

Đó là những sai lầm mà học sinh nào cũng có thể mắc phải khi vận dụng cơng thức A B.  A B. ,
ngay cả giáo viên chúng ta nếu khơng để ý cũng khó tìm được nguyên nhân đãn đến sai lầm trong hai
ví dụ trên.

Khi dạy bài “Liên hệ giữa phép nhân và phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức:

A B.  A B. khi A  0; B  0

. .

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ví dụ 12: Giải phương trình:

2 7
1
2

x
x




 (12)

Lời giải của học sinh:

(12) 

2 7

1 2 7 2

x

x x

x



    





2 0 2

2 7 3 5

x x

x x x

  

 



 

   

 

Vậy phương trình vơ nghiệm

Nhận xét: Rõ ràng x = - 5 là nghiệm của phương trình.Vậy học sinh sai lầm ở bước biến đổi nào?
Sai lầm: Khi áp dụng quy tắc khai phương một thương học sinh đã bỏ sót trường hợp : x 3,5 nên
dẫn đến mất nghiệm.

Khắc phục: Xét thêm trường hợp x 3,5 họăc giải như sau:

(11) 

2 7 2

2 7

1 5

2 0
2

x x

x

  




    

 

 

Kết luận: Phương trình có 1 nghiệm x = - 5.

Khi dạy bài “Liên hệ giữa phép chia và phép khai phương” cần ghi nhớ cho HS công thức

A A

B  B khi A  0, B > 0

A A

B B





 khi A 0, B < 0

Sai lầm 4: Biến đổi đưa thừa số ra ngoài hoặc vào trong dấu căn xét thiếu trường hợp xảy ra dẫn 
đến phương trình thừa hoặc thiếu nghiệm.

Ví dụ 13: Giải phương trình: (x 3)(x2 x 6) x27x12 (13)
Lời giải của học sinh:

(13)  (x 3)(x 3)(x2) ( x 3)(x 4) (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4)
 (x 3) x2 ( x 3)(x 4) (x 3)( x2 x4) 0

 x – 3 = 0 hoặc x2 x 4 0
 x = 3 ( thoả mãn)

hoặc

2 2

4 0 4

2 4 7 7

2 ( 4) 9 14 0

x

x x

x x x x

x




  

  

           

      

   

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Nhận xét: Lời giải của học sinh thoả mãn 2 nghiệm tìm được, các em khơng ngờ rằng phương trình
(13) cịn có 1 nghiệm nữa là x = 2

Sai lầm: Học sinh thực hiện phép biển đổi (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4) 
(x 3) x2 ( x 3)(x 4)

Đưa thừa số ra ngoài dấu căn đã bỏ qua trường hợp x – 3 < 0 nên dẫn đến mất nghiệm x = 2.

Khắc phục:

(13)  (x 3)(x 3)(x2) ( x 3)(x 4) (x 3) (2 x2) ( x 3)(x 4)
 x 3 x2 ( x 3)(x 4) (13’)

Xét 2 trường hợp:

+ Trường hợp x 3. Giải như trên.

+ Trường hợp x < 3 ta có (13’)  (3 x) x2 ( x 3)(x 4) (3 x)( x  2 x 4) 0
 3 – x = 0 hoặc x2 x 4 0  x = 3 ( loại)

hoặc

2 2

4 0 4

2 4 7 2

2 (4 ) 9 14 0

x

x x

x x x x

x




  

  

           

      

   



Kết ḷn: Phương trình có 3 nghiệm : x1 = 3; x2 = 7; x3 = 2.

Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Đưa thừa số ra ngoài dấu căn ”. Giáo viên cần chú ý cho HS 
công thức:

2 khi A 0

-A B khi A < 0

A B

A B A B  




Ví dụ 14: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)

1
3

x
x



 = 4 (14)
Lời giải của học sinh:

Điều kiện: x > 3 hoặc x - 1

Đặt (x – 3)

1
3

x
x



 = t ( t  0 ). Suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) . Phương trình (13) có dạng

t2 + 3t – 4 = 0. Tư đó tìm được t

1 = 1 ( nhận ) ; t2 = - 4 ( loại)

suy ra (x – 3)

1
3

x
x



 = 1  (x – 3)(x + 1) = 1  x2 – 2x – 4 = 0. Phương trình này có 2

nghiệm x1 = 1 + 5 ( thoả mãn ) ; x2 = 1 - 5 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 1 + 5 ; x2 = 1 - 5

Nhận xét: x = 1 - 5 khơng là nghiệm của phương trình. HS bỏ qua trường hợp t = - 4 làm mất
nghiệm x = 1 - 20 của phương trình.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

+ Chưa xét kĩ từng trường hợp nên dẫn đến thừa nghiệm x = 1 - 5
Khắc phục: Điều kiện: x > 3 hoặc x - 1

Đặt (x – 3)

1
3

x
x



 = t .Suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) Phương trình (13) có dạng

t2 + 3t – 4 = 0. Tư đó tìm được t

1 = 1 ; t2 = - 4

Ta có :

( 3) 1 (14')
3

( 3) 4 (14 )
3
x
x
x
x
x
x
 
 



 
 




Tư (14’) suy ra x > 3; do đó (14’)  (x – 3)(x + 1) = 1  x2 – 2x – 4 = 0.

Phương trình này có 2 nghiệm x1 = 1 + 5 ( nhận ) ; x2 = 1 - 5 ( loại)

Tư (14”) suy ra x < 3 . Kết hợp với điều kiện ta có x  - 1
(14”)  (x – 3)(x + 1) = 16  x2 – 2x – 19 = 0.

Phương trình này có 2 nghiệm x3 = 1 + 20 ( loại) ; x4 = 1 - 20 ( nhận)

Vậy nghiệm của phương trình : x = 1 + 5 ; x = 1 - 20 .

Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Đưa thừa số vào trong dấu căn ”. Giáo viên cần chú ý cho HS 
công thức:

2
2

khi A 0; B 0
- khi A < 0; B 0

A B
A B
A B
  






Sai lầm 5: Khi khử mẫu của biểu thức lấy căn xét thiếu trường hợp và không chú ý đến điều
kiện dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.

Ví dụ 15: Giải phương trình:

2 1
1 1
x x

x x
 


  (15)

Lời giải của học sinh: (15)  2

( 2)( 1)

( 2)( 1) 1 1

( 1) 1 1 1

x x

x x x x

 
   
  
   

2
2 2
1 1
1 0

1 0 1

2 1 3

2 ( 1)

x x

x

x x

x x x x

x x x

   
 

  
    
  
   
  
     



Vậy phương trình vô nghiệm.

Nhận xét: Dễ dàng nhận ra lời giải sai lầm ngay bước biến đổi đầu tiên, khi khử mẫu của vế trái để 
đưa thưa sớ ra ngồi dấu căn bậc hai mà không để ý đến giá trị tuyệt đối, nên làm mất nghiệm x = -3.

Khắc phục: (15)  2

( 2)( 1)

( 2)( 1) 1 1

( 1) 1 1 1

x x

x x x x

 

   

  

    ( 15’)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

(15’) 





2
2
2
1 1

1 0

1 0 1

2 ( 1) 3

2 ( 1)

x x

x

x x

x x x x

x x x

   
  

  
    
  
   
  
 

    


  x3

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = -3.

Để tránh sai lầm trên khi dạy mục “Khử mẫu của biểu thức lấy căn ” cần ghi nhớ cho học sinh :

khi A 0; B > 0

- khi A < 0; B < 0

AB

A AB B

B B AB

B




 




Sai lầm 6: Khi trục căn thức ở mẫu không chú ý đến điều kiện ban đầu dẫn đến phương trình
thừa nghiệm.

Ví dụ 16: Giải phương trình:

3 4
1
3 4
x x
x x
  


   (16)

Lời giải của học sinh:

(16)







 



2
3 4
1

3 4 3 4

x x

x x x x

  
 
     





2
3 4
1
7 2
x x
x
  
 






3 x x 4 7 2x (3 x x)( 4) 4 x

          

4 4 7

( 4)(7 2 ) 0 2

(3 )( 4) (4 )

x x

x x x

 

 

      

  

    

 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 = 4; x2 =

7
2.

Nhận xét : Học sinh thực hiện các phép biến đổi tương đương và giải phương trình trên rất hoàn hảo,

nhưng khi thử lại ta thấy x1 = 4; x2 =

2 không là nghiệm của phương trình.

Sai lầm: Học sinh khơng tìm điều kiện xác định của phương trình (16) . Nếu học sinh tìm đúng điều
kiện xác định của phương trình thì có thể kết luận phương trình vơ nghiệm ngay từ đầu.

Khắc phục: Điều kiện xác định:

3 0 3

4 0 4

x x
x x
  
 

 
  

  ( mâu thuẫn)
Vậy phương trình vơ nghiệm.

Sai lầm 7: Khi dùng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình học sinh khơng chú đến 
điều kiện ẩn phụ dẫn đến thừa nghiệm.

Ví dụ 17: Giải phương trình: 4x25x 1 4x2  4x4 9 x 3

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Đặt 4x25x 1 a ( a  0 ); 4x2 4x4 = b ( b  0 )

Ta có hệ phương trình: 2 2

9 3
9 3

a b x

a b x

  




  

 (*)

(*)  a – b = a2 – b2  (a + b)(a – b) – (a – b)  (a – b)(a + b – 1) = 0

 a – b = 0 hoặc a + b – 1 = 0

Nếu a = b ta có: 4x25x1 = 4x2  4x4  4x2 + 5x + 1 = 4x2 – 4x + 4  x =

3 ( chọn)
Nếu a + b – 1 = 0 kết hợp với (*) ta có : 2a = 9x – 2

Suy ra 2 4x25x1 = 9x – 2  4( 4x2 + 5x + 1) = (9x – 2)2

 16x2 + 20x + 4 = 81x2 – 36x + 4  65x2 – 56x = 0  x

1 = 0 (loại ); x2 =

65 ( thoả mãn) .

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 =

3 ; x2 = 
56
65 .

Nhận xét: x2 =

65 khơng là nghiệm của phương trình.

Sai lầm: Lời giải bộc lộ sai lầm trong trường hợp xét a + b – 1 = 0; 
vì b = 4x2 4x4 = (2x 1)2 3 3 1 . Suy ra a + b > 1 ( loại )
Khắc phục: Trong trường hợp a + b – 1 = 0 .

Lập luận vì b = 4x2 4x4 = (2x  1)2 3 3 1 . Suy ra a + b > 1 ( loại )

Hoặc: Xét như sau để loại nghiệm:

9 3 2 9 2

1 2 4 9

a b x a x

a b b x

    

 



 

   

 

Suy ra

2 4

9  x 9 nên x = 0 ; x2 = 
56

65 ( loại ). Kết ḷn phương trình có 1 nghiệm x = 
1
3

Tương tự mời các bạn tham khảo ví dụ sau:

Ví dụ 18: Giải phương trình: x1 2x1 5
Lời giải của học sinh:

Điều kiện x 1

Đặt x 1 = a ( a 0 ) và 2x 1 = b ( b0 )

Ta có hệ phương trình: 2 2
5

2 1

a b

b a

 




 



Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế ta được b1 = 17; b2 = 3

Tư đó tìm được x1 = 145; x2 = 5

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 145; x2 = 5

Nhận xét : x1 = 145 khơng là nghiệm của phương trình. Ngun nhân nào xuất hiện nghiệm ngoại lai?

Vậy học sinh sai lầm ở đâu? ( Đây là sai lầm 2 của ví dụ 3). Điều này giành cho bạn đọc.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Lời giải của học sinh: Điều kiện: x - 5

đặt: x 5 = y. Kết hợp với (1) ta có hệ phưong trình:

2 2

2 2 2

5 5 (2)

5 (*)

x y x y

y x x y y x

     

 



 

    

 

 

tư (*) suy ra x2 – y2 + x – y = 0  (x – y)(x + y + 1) = 0

Xét 2 trường hợp:

a) x – y = 0 hay x = y thay vào ( 2) ta có phương trình

x2 – x – 5 = 0  x
1 =

1 21
2


( thoả mãn ); x2 =

1 21
2


( thoả mãn)

a)

x + y + 1 = 0 hay y = - x – 1 thay vào (2) ta có phương trình

x2 + x – 4 = 0  x
3 =

1 17
2
 

; x4 =

1 17
2
 

( thoả mãn )

Vậy phương trình có 4 nghiệm x1 =

1 21
2


; x2 =

1 21
2


; x3 =

1 17

2
 

; x4 =

1 17
2
 

.
Nhận xét: Lời giải trên rất hoàn chỉnh và hợp lơ gich, trình bày khoa học nhưng kiểm tra lại ta thấy

x2 =

1 21
2


; x3 =

1 17
2
 

không là nghiệm của phương trình..

Sai lầm: HS sai lầm từ bước đặt điều kiện x - 5. Điều kiện của phương trình chính xác là
 x  5 hoặc x  5

Khắc phục:

Cách 1: Điều kiện x  5hoặc x  5. Giải như trên, loại nghiệm x2 =

1 21
2


; x3 =

1 17
2
 

Kết luận phương trình có 2 nghiệm: x1 =

1 21
2


; x2 =

1 17
2
 

Cách 2: Giải xong thử các nghiệm vào phương trình đã cho để kết luận nghiệm.

Sai lầm 8: Sai lầm khi vận dụng bất đẳng thức

Ví dụ 20: Giải phương trình: x x 1 3 x 2 x21 (1)
Lời giải của học sinh: Điều kiện:   1 x 3

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovski cho 2 bộ số (x, 1); ( x1; 3 x ) ta được:
2

1 3 2 1

x   x  x  (2)

Tư (1) và (2) suy ra giải phương trình (1) được quy về việc giải phương trình ( dấu bằng xảy ra ở
BĐT Bunhiacovski )

1 3

x

x   x  x3 – 3x2 + x + 1 = 0  (x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3)

Phương trình (3) có 3 nghiệm x1 = 1; x2 = 1 – 2; x3 = 1 + 2 ( thoả mãn )

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Nhận xét: x2 = 1 – 2 khơng là nghiệm phương trình

Sai lầm: Với điều kiện   1 x 3 thì phép biến đổi 
1

1 3

x

x   x  x3 – 3x2 + x + 1 = 0  (x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3) là phép biến đổi hệ quả 
không là phép biến đổi tương đương. Do đó làm xuất hiện nghiệm ngoại lai x = 1 – 2.

Thực ra phương trình:

1 3

x

x   x x3 – 3x2 + x + 1 = 0 có điều kiện 0 x 3

Khắc phục:

1 3

x

x   x (1’) . Điều kiện 0 x 3
(1’)  x3 – 3x2 + x + 1 = 0  x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 (3)

Phương trình (3) có 3 nghiệm x1 = 1 (thoả mãn); x2 = 1 – 2 (loại) ; x3 = 1 + 2 ( thoả mãn )

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x1 = 1; ; x2 = 1 + 2

Ghi nhớ: - Điều kiện xác định của phương trinh
- Phép biến đổi tương đương các phương trình

- Thử lại nghiệm thoả mãn với phương trình đã cho hay khơng.
- Kết ḷn nghiệm của phương trình

Sai lầm 9: Khi thực hiện các phép biến đổi tương đương các phương trình học sinh đã sử dụng
chính điều kiện bài toán dẫn đến thừa hoặc thiếu nghiệm.

Ví dụ 22: Giải phương trình: 33x13 x  1 3 2x (22)
Lời giải của học sinh: Lập phương 2 vế của (22)

(22)  3x – 1 + x + 1 + 333x 1.3 x1(33x 13 x1)= -2x
 333x 1.3 x1(33x 13 x1)= – 6x

 33x 1.3 x1(33x 13 x1)= - 2x (22’)
 33x 1.3 x1.32x= - 2x (22”)

 (3x – 1)(x + 1).2x = 8x3

 x[(3x – 1)(x + 1) – 4x2] = 0  2 2

0 0

(3 1)( 1) 4 0 2 1 0

x x

x x x x x

 

 



 

      

 

 2

0 0

1
( 1) 0

x x

x
x

 

 



  

  



Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 0; x2 = 1.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Sai lầm: Khi thực hiện phép biến đổi tương đương từ (22’) sang (22”) thực chất đây là phép biến đổi
hệ quả chứ khơng phải là phép biến đổi tương đương vì đã sử dụng điều kiện của chính bài tốn.
Điều này chưa chắc đúng với mọi x.

Khắc phục: Thử trực tiếp nghiệm vào phương trình (22) ta thấy x = 0 ( thoả mãn), x = 1( không thoả
mãn). Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.

Giới thiệu ví dụ sau các bạn tham khảo

Ví dụ 22: Giải phương trình: 3 x 1 33x 1 3 x1 (23)
Lời giải của học sinh: Lập phương 2 vế :

(23)  x + 1 + 3x + 1 + 3





3 3

3(x1)(3x1) x 1 3x1

= x – 1 (*)
Thay 3 x 1 33x 1 3 x1 vào (*) ta được:





3 3

3(x1)(3x1)(x1) 3(x1) x1 3(x1)(3x1) (x1)
= 0
3

2 3 3

3
3

1 0
1 0

( 1)(3 1) ( 1)
( 1)(3 1) ( 1) 0

x
x

x x x

     



  

   

      



2
2

3
3

1 1

( 1)(3 1) ( 1)
( 1)(3 1) ( 1)

x x

x x x



  

   

   

 



1 1

4 0

x x

x
x

 

 

   



 



Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = – 1 ; x2 = 0

Nhận xét : Phương trình chỉ có 1 nghiệm x = – 1.

Đới với 2 ví dụ 22 và 23 mỗi phương trình có 2 nghiệm đơn giản nên ta thử trực tiếp vào phương
trình đã cho để loại nghiệm. Đới với phương trình có nhiều nghiệm hoặc nghiệm phức tạp thì việc
thử trực tiếp vào phương trình đã cho là việc làm hết sức khó khăn.

Ghi nhớ: Xét phương trình sau, trong A, B, C là các biểu thức chứa ẩn x 
A + B + 33 AB C. = C3 (1)

2 2 2

3 3 3 3 3 3

( ) ( ) ( ) ( ) 0

2 A B C x A C B C A B 

        

 

3 3
3 3

(2)
(3)

A B C

A B C

  

 

 

 Tư đó ta có
- Nếu phương trình (3) vơ nghiệm thì (1)  (2)

- Nếu phương trình (3) có nghiệm x =  thì xảy ra 2 khả năng sau:

* Khả năng 1: x =  thoả mãn phương trình (2)  :x =  là nghiệm của hệ PT: A = B = C = 0

* Khả năng 2: x =  không thoả mãn phương trình (2) thì (1) và (2) khơng tương đương vì x =
 là nghiệm của (1) nhưng không là nghiệm của (2).

Như vậy lược đồ xét phương trình (2) như sau:

Bước 1: Viết phương trình (1) về dạng tương đương gồm phương trình (2) và phương trình (3) như
trên.

Bước 2: Giải phương trình (3)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

+ Nếu phương trình (3) có nghiệm x = khơng thoả mãn A = B = C = 0 thì x =  không là

nghiệm của (2).

Bước 3: Kết luận là nghiệm của phương trình (2) gồm:

+ Nghiệm của phương trình (1) khơng thoả mãn phương trình (3)
+ Nghiệm của phương trình (3) thoả mãn A = B = C = 0.

Phương trình vơ tỉ là một dạng tốn có rất nhiều “bẫy” hình như đã giăng sẵn đối với học
sinh chúng ta. Vì vậy giáo viên cần phải biết giúp học sinh sửa sai ngay trong lời giải của mình. Sự
cẩn thận là một yếu tố quan trọng giúp học sinh tránh những sai lầm đáng tiếc, nhưng quan trọng
hơn cả là phải nắm chắc kiến thức và phương pháp giải.

- Đối với mơn tốn, cần có quan điểm tư duy quan trọng hơn kiến thức, nắm vững phương pháp
quan trọng hơn học thuộc lí thuyết. Dạy tốn là dạy suy nghĩ, dạy học sinh thành thạo các thao tác
tư duy: phân tích, tổng hợp, trừu tượng hố, đặc biệt hố, tương tự ... trong đó phân tích tổng hợp
làm nền tảng. Phải cung cấp cho học sinh những tri thức về phương pháp để học sinh tự tìm tịi, tự
mình phát hiện ra vấn đề, dự đốn kết quả tìm được hướng giải của một bài tốn, từ đó nhớ lâu các
kiến thức tốn học và có thể tìm lại được, nếu quên.

Trong phần trên tôi đã đưa ra các ví dụ cụ thể ứng với tưng đơn vị kiến thức và phân tích sai lầm
của học sinh khi giải phương trình vơ tỉ. Vậy làm thế nào để học sinh khắc phục được những sai lầm

đó và khi gặp bất cứ dạng phương trình vơ tỉ nào thuộc phạm vi chương trình trung học cơ sở học
sinh cũng có thể giải được. Tơi xin giới thiệu một sớ phương pháp sau:

MỘT SỐ PHƯƠNG

PHÁP GIẢI PHƯƠNG

TRÌNH VƠ TỈ

CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

1. A x( )B x( )





( ) 0
( ) ( )

B x

A x B x





 






( ) 0, ( ) 0
( ) ( )

( ) ( )

A x B x

 



  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

1.

NÂNG LÊN LUỸ THỪA

3.





2
( ) 0; ( ) 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )

A x B x

A x B x C x

A x B x A x B x C x

 




   

  




( ) 0; ( ) 0; ( ) 0
( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )

A x B x C x

A x B x A x B x C x

  




   

  




5. A(x) B(x) C(x) D(x)

6. 3 A B  A B 3

(3 A3 B )(3 A2  3 AB 3 B) = A + B
 (3 A 3 B)(3 A2 3 AB 3 B) = A – B

2.

VẬN DỤNG HẰNG

ĐẲNG THỨC

A A

1. A2  B A B

B

A B



 




2 2

( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( )

A x

A x B x C x B x

A x B x C x

 



    

  



3.

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT

ẨN PHỤ

1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
2. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình tích
3. Đặt hai ẩn phụ đưa về phương trình tích
4. Đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình
5. Đặt ba ẩn phụ

DÙNG BIỂU THỨC

LIÊN HỢP

Các biểu thức thường vận dụng

Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích

A B A B A – B

3 A 3 B

 3 A2  3 AB3 B A + B

3 A 3 B

 3 A2 3 AB 3 B A – B

5. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

VƠ TỈ BẰNG CÁCH

ĐÁNH GIÁ

1.Dự đốn nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất
2. Sử dụng tính đới nghịch hai vế của phương trình.

6. VẬN DỤNG HẰNG

ĐẲNG ĐẲNG THỨC

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3  (a + b)(b + c)(c + a) = 0

7.VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG

THỨC

1. Vận dụng bất đẳng thức 
0;

A   A  B B. Dấu bằng xảy ra  B 0
A  B A B . Dấu bằng xảy ra  A.B 0

2. Vận dụng bất đẳng thức Cô – si
3. Vận dụng bất đẳng thức Bunyakovski
4. Vận dụng bất đẳng thức Min – cop – xki

5. Vận dụng bất đẳng thức 2

a b

ba  với a> 0, b > 0.

Dấu bằng xảy ra khi a = b

1. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LUỸ THỪA

- Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình (ĐKXĐ)

- Nâng lên luỹ thừa để làm mất căn thức bậc hai, bậc ba …

Dạng 1: A x( ) B x( )





( ) 0, ( ) 0
( ) ( )

B x A x

A x B x

 



 





Ví dụ 1: Giải phương trình:

a) 9(x 1) 21 (1a) ( bài 25c/16 – sgk)
b) x 1 x 1   (1b)

c) x3 + 2 81 7x 3 = 18 (1c) ( Đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2009 – 2010 )

d) 3 x3 8 2x2 6x4 (1d) ( Đề thi GVDG cấp huyện 2011- 2012 )
GIẢI:

a) 9(x 1) 21 (1a)

(1a)  9(x – 1) = 441  x – 1 = 49  x = 50 
Vậy phương trình có một nghiệm x = 50

b) x 1 x 1   (1b)

(1b) 

x 1

x 1 x 1

x 3

x 0

x 3x 0

x 1 x 1

x 3



 

 

 

     

  

 

  

  

  





Vậy: phương trình có một nghiệm x = 3

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

(1c)  2 81 7x 3 = 18 – x3  4( 81 – 7x3) = ( 18 – x3)2

 324 – 28x3 = 324 – 36x3 + x6  x6 – 8x3 = 0  x3(x3 – 8 ) = 0

 x = 0 hoặc x = 2 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 0 ; x2 = 2

d) 3 x3 8 2x2 6x4 (1d)

Điều kiện: 2x2 – 6x + 4  0  x1 hoặc x 2

(1d)  9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2

 ( x2 – 6x – 4 )( 4x2 – 9x + 14) = 0

 x2 – 6x – 4 = 0 ( vì 4x2 – 9x + 14 > 0 )

 x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13

Dạng 2:

( ) 0, ( ) 0
( ) ( )

( ) ( )

A x B x

 



  




Ví dụ 2: Giải phương trình: 
a) x2 x 8 4 2 x (2.a)

b)
2 3
2
1
x
x



 (2.b) ( bài 43b/ 50 – sbt)

GIẢI
a) x2 x 8 4 2 x (2.a)

(2.a)

2 2

2 4 0 2

4
4

8 4 2 12 0

x

x x

x
x

x x x x x

x



   
  
        
       
   


Vậy phương trình có một nghiệm x = -4

b)
2 3
2
1
x
x



 (2.b) ( bài 43b/ 50 – sbt)

(2.b)

2 3 0

1,5 1,5

1 0

2 3 4( 1) 0,5

2 3 2 1

x

x x

x

x x x

x x
  
 
 

       
   
 

  


x = 0,5 ( khơng thoả mãn điều kiện). Vậy phương trình vơ nghiệm

Dạng 3:





2
( ) 0; ( ) 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )

A x B x

A x B x C x

A x B x A x B x C x

 


   
  



</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

b) x 4 6 x x210x21 (3b)

c) x x11 x x11 4 (3c)

GIẢI
a) x 3 5   x 2 (3a)

Điều kiện x ≥ 2. Ta có:

(3a)  x 3  x 2 5   2x 1 2 (x 3)(x 2) 25    

 (x 3)(x 2) 12 x   

 2 2

2 x 12 2 x 12

x 6
25x 150

x x 6 144 x 24x

   

 

  

 



     



Vậy: phương trình có một nghiệm x = 6
b) x 4 6 x x210x21 (3b)
Điều kiện 4 x 6

khi đó – x2 + 10x – 24 = (x – 4)(6 – x)

(3b)  x 4 6 x(x 4)(6 x) 3 0 

Vậy phương trình vơ nghiệm

c) x x11 x x11 4 (3c)

Điều kiện x  11

(3c)  x x 11 x x11 2 ( x x11)(x x11) 16

 x x2 x11 8

 x2 x11 8  x

Với điều kiện x  11 thì 8 – x < 0 . Vậy phương trình vơ nghiệm.

Dạng 4:

( ) 0; ( ) 0; ( ) 0
( ) ( ) ( )

( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )

A x B x C x

A x B x A x B x C x

  





   

  




Ví dụ 4: Giải phương trình:

a) x 1  x 7  12 x (4.a)

b) x x(  5) x x(  2)  x x( 3) (4.b)

GIẢI

a) x 1  x 7  12 x (4.a)

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

(4.a)  x 1  12 x  x 7

 x 1 5 2 (12 x)(x 7)    
 2 19x x 2 84 x 4

 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16

 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0

 5x2 – 84x + 352 = 0

Phương trình có 2 nghiệm x1 =

5 ; x2 = 8 ( thoả mãn)

Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =

5 ; x2 = 8

b) x x(  5) x x(  2)  x x( 3) (4b)

Điều kiện:

0
2

( 2) 0 3

( 5) 0 0

( 3) 0 5

x
x

x x x

x

x x x

x

x x x

x
x

 






  

  





  

    

   



     

  



 



* Ta có x = 0 là 1 nghiệm của phương trình (4b)
* Với x 5, chia 2 vế phương trình cho x ta được:

(x 5) (x 2)  (x3)  x – 5 + x – 2 + 2 (x 5)(x 2) = x + 3

 2 x2 7x10 = 10 – x  2 2 2

10 0 10

4( 7 10) (10 ) 3 8 60 0

x x

x x x x x

  

 



 

      

 

6
6

10
10

3
3

x

x
x








  

  

 

  





Với x 5 thì x = 6 ( thoả mãn), x = 
10

3


(loại)
* Với x -3 thì phương trình (4b) viết về dạng

5 . 2 . ( 3)

x x x x x x

        

Vì  x > 0 nên chia 2 vế cho  x ta được:

5 x. 2 x  . (x3)  5 – x + 2 – x + 2 (5 x)(2 x) = - (x + 3) 
 2 (5 x)(2 x) = x – 10 . Phương trình vơ nghiệm vì x -3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Dạng 5 : A(x) B(x)  C(x) D(x)
Phương pháp giải:

- Tìm điều kiện có nghĩa của phương trình (tìm ĐKXĐ)
- Bình phương 2 vế

- Biến đổi, rút gọn, đặt điều kiện
- Bình phương 2 vế tiếp ….

Ví dụ 5: Giải phương trình:

a) x x 1  x 4  x 9 0  (5a)

b) x x 1  x 4  x 9 0  ( 5.b)

GIẢI:
a) x x 1  x 4  x 9 0  (5a)

Điều kiện x ≥ 4.

(5a)  x 9  x  x 1  x 4

 2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)       
 7 x(x 9)  (x 1)(x 4) 

 49 x 29x 14 x(x 9)  x2 5x 4
 45 + 14x + 14 x(x 9) = 0 (*)

Với x ≥ 4  vế trái của phương trình (*) ln là một sớ dương  phương trình (*) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

b) x x 1  x 4  x 9 0  ( 5.b)

Điều kiện x  0

(5b)  x 9  x  x 1  x 4

 2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)       
 2 x(x 9)  (x 1)(x 4) 

 4 x 29x 4 x(x 9)  x25x 4
 x(x 9) x ( điều kiện x  0 )
 x2 + 9x = x2  x = 0 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 0

Xây dựng bài toán vận dụng:

Tuỳ theo mức độ u cầu bài tập đới với trình độ của học sinh ta có thể xây dựng lớp bài toán theo
các dạng trên:

- Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ta có bài tập dạng 1 và dạng 2

- Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ; C(x) = ? ta có bài tập dạng 3 và dạng 4
- Xác định A(x) = ?; B(x) = ? ; C(x) = ? ; D(x) = ? ta có bài tập dạng 5
Ví dụ: Chọn A(x) = x2 – 5 ; B(x) = x 5

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Sau đây là bài tập vận dụng .
Bài 1:Giải các phương trình :

a) 2x2 4x  1 x 1
b) x3 + 2 = 2 x 3 1

c)
2

2 4 8 2

x

x x

   

d) x2 - x 5 = 5 (Đề thi HSG mơn tốn lớp 9 cấp tỉnh năm học 2006 – 2007)

Bài 2:Giải các phương trình :
a) x2 x 8 4 2 x
b) 2x 1 x 3 4
c) x 3 x 1 2

d) 8 x 3  5 x 3 = 5
Bài 3. Giải phương trình

a) x x(3 1) x x(  1) 2 x2
b) 2 x 2x 4 x2 2
c) x 2 6 x  x2 8x24
d) x 1 5x 1 3x2
Bài 4: Giải phương trình

a) x 2  x 5  x 1  x 10

b) x 2  x 6  x 3  x 9 0 

c) x 2  x 1  x 4  x 8 0 

d) 2x +

1
4

x x

= 2

Dạng 6: Nâng lên luỹ thừa bậc ba

Lập phương hai vế để làm mất căn bậc ba là dạng tốn học sinh cũng có thể gặp trong các đề
thi. Tơi xin giới thiệu ví dụ sau để các bạn tham khảo

Ví dụ 6: Giải phương trình:

a) 3 2x  1 3 b) 3 x 1 x1

c) 3 x 1 33x 1 3 x1 d) 32x 1x316 32x1
GIẢI:

a) 3 2x  1 3  2x – 1 = – 27  2x = – 26  x = – 13

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

b) 3 x 1 x1  3 x  1 1 x  x + 1 = x3 + 3x2 + 3x + 1  x3 + 3x2 + 2x = 0

 x(x2 + 3x + 2) = 0  x(x + 1)(x + 2) = 0  x = 0 ; x = – 1; x = – 2

Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 0 ; x = – 1; x = – 2
c) 3 x 1 33x 1 3 x1 (6c)

Lập phương 2 vế :

(6c)  x + 1 + 3x + 1 + 3





3 3

= x – 1 (*)

Thay 3 x 1 33x 1 3 x1 vào (*) ta được:





3 3

2 3 3

3
3

1 0
1 0

( 1)(3 1) ( 1)
( 1)(3 1) ( 1) 0

x
x

x x x

     

  
   
      

2
2
3
3
1 1

( 1)(3 1) ( 1)
( 1)(3 1) ( 1)

x x

x x x


  
   
   
   
 


2
1 1
0
4 0
x x
x
x
 
 
   

 


Thử lại ta thấy x = - 1( thoả mãn); x = 0 ( không thoả mãn).
Vậy phương trình có 1 nghiệm x = - 1

d) 32x 1x316 32x1 (6d)
Lập phương 2 vế:

(6d)









3 3 2

32x 1 32x 1 16x 4x 3 4x 1 3 2x 1 32x 1

          

= 16x3

2 2 2 2 2

3 3 3

3 3

3 16 4x x 1 4(4x 1)x 2x 4x 1 2 (4 x 1) 3 2 0

        

  . Suy ra

 x = 0

 34x 2 1= 0

1
2
x
 

3
2 2

3(4 1) 3 2 2 3 3

2 2 2

x    x 

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =

1 2 3 3
0; ;

2 2 2

  
 
 
 
 
 

Xây dựng bài tập vận dụng tương tự như dạng 1 - 5
Bài tập: Giải các phương trình sau

a) 35x  1 10

b) 3 x2011 x2011
c) 3 x 1 33x1 3 2x

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Dùng phương pháp nâng lên luỹ để đưa phương trình vơ tỉ về phương trình hữu tỉ, ta có thể
phải bình phương hai vế hoặc lập phương hai vế của phương trình nhiều lần. Nhưng khơng phải
phương trình nào ta cũng sử dụng phương pháp này, vì nếu ta tiến hành bình phương hai vế hoặc lập
phương hai vế của phương trình nhiều lần để làm mất căn, thì khi đó có thể ta có một phương trình

bậc cao mà chưa có cách giải. Nên khi giải cần xem xét đặc điểm của phương trình để sử dụng
phương pháp giải một cách phù hợp nhất.

2. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG CHỨA ẨN

TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐƠÍ

Với dạng toán này ta phải biến đổi để biểu thức dưới dấu căn xuất hiện bình phương của một
tổng hoặc bình phương của một hiệu hai biểu thức rồi vận dụng hằng đẳng thức A2 A .
Tôi xin giới thiệu 2 dạng toán thường gặp:

Dạng 1: A2  B A B

B

A B



 




Ví dụ 2.1 Giải các phương trình sau:

a) 4x24x 1 6 ( bài 35b/20 – SGK )
b) 4x2 20x25 5 2  x (2.1b)

2 1 2 1 1

4 4 2

x   x  x 

(2x3 + x2 + 2x + 1) ( 2.1c)

GIẢI

a) 4x2 4x 1 6 

2 1 6 2

(2 1) 6 2 1 6

2 1 6 7

x

x x

x




 



        

 

  

 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x1 =

2 ; x2 = - 
7
2

b) 4x2 20x25 5 2  x (2.1b)

(2.1b) (2x 5)2 = 5 – 2x  2x 5  5 2x  2x 5 0  x 
5
2


Vậy tập nghiệm của phương trình là S =

5
/

x x

 



 

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

c)

2 1 2 1 1

4 4 2

x   x  x 

(2x3 + x2 + 2x + 1) (2.1c)

 2

2 1 2 1

4 4

x   x  x

= (2x3 + x2 + 2x + 1)



2 2 1

4 1 4

x   x  x

= x2(2x + 1) + ( 2x + 1)

 4x2 1 2 4x24x1 = ( 2x + 1)( x2 + 1)

 (2x1)(2x 1) 2 2 x1 = ( 2x + 1)( x2 + 1) (*)

Vế trái của (2.1c) không âm với mọi x .Vì x2 + 1 > 0, suy ra 2x + 1

1
0

x

  

(*)  (2x1)(2x 1) 2(2 x1) = ( 2x + 1)( x2 + 1)

 (2x1)(2x 1 2) = ( 2x + 1)( x2 + 1)

 (2x 1)2 = ( 2x + 1)( x2 + 1)

 ( 2x + 1) = ( 2x + 1)( x2 + 1)

 ( 2x + 1)x2 = 0 x = 0 ; x = -

2 ( thoả mãn )

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 = 0 ; x2 = -

1
2

Dạng 2 :

2 2

( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( )

A x

A x B x C x B x

A x B x C x

 



    

  



- Áp dụng định nghĩa giá trị tuyệt đối xét tưng trường hợp

- Hoặc dùng bất đẳng thức A  B A B 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A.B 0
Ví dụ 2.2a Giải phương trình 2x 2 2x 3 2x13 8 2 x 3 7 (2.2a)

GIẢI

Điều kiện : x 
3
2

(2.2a)  ( 2x 3 1) 2  ( 2x 3) 4) 2 7

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

 2x  3 1  2x - 3 = 1  x = 2. ( thoả mãn )

Vậy phương trình có một nghiệm x = 2

Ví dụ 2.2b Giải phương trình x 3 4 x1 x 8 x1 1 (2.2b)
GI

Ả I: 
Điều kiện : x  1.

(2.1c)  ( x1 2) 2  ( x1 3) 2 1  x1 2  x1 3 1 

áp dụng bất đẳng thức A A . Đẳng thức xảy ra  A  0.

Ta có :

1 2 1 2

1 3 3 1 3 1

x x

x x x

     




       



 => x1 2  x1 3 1 

Đẳng thức xảy ra 

1 2
1 3

x
x

  




 



  4  x - 1  9  5  x  10 (thoả mãn)

Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =



x/ 5 x 10



Ví dụ 2.2c Giải phương trình x6 4 x2  x11 6 x2 1 (2.2c)
GIẢI :

Điều kiện : x  -2.

(2.2c)  ( x2 2)2  ( x2 3)2 1
 | x  2 2 | + | x2 -3| = 1

 | x2  2| + | 3 - x2| = 1

áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | x2  2| + | 3 - x2|  1
Dấu "=" xảy ra khi :

( x2  2)( 3 - x2)  0  2  x2 3 2 x  7
Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =



x/2 x 7



Ví dụ 2.2d Giải phương trình

2 1 2 1

x

x x  x x  

(2.2d)
Điều kiện : x  1

(2.2d)  x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1 =
3
2

x 



2 2 3

( 1 1) ( 1 1)

x

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>



1 1 1 1

x

x   x   



1 1 1 1

x

x   x   

( vì x  1 ) (*)

Nếu 1 x 2 thì ta có (*)  4 = x + 3 x = 1 ( thoả mãn)
Nếu x 2 thì ta có (*)  2 x  1 = x + 3  4 (x – 1) = (x +3 )2

 x2 – 10x + 25 = 0  x = 5 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 5

Xây dựng bài tập vận dụng :

- Xác định A2(x) = ? ; B2(x) = ? ; C(x) = ? tuỳ theo khả năng của học sinh ta có thể xây

dựng lớp bài tậpvận dụng theo các dạng

- Ví dụ : Chọn A2(x) = ( x  1 1)2 = x – 2 x  1 ; C(x) = x  1 1 ta có bài 1c

A2(x) = ( x  1 2)2 = x + 3 + 4 x  1 ; B2(x) = ( x  1 3)2 = x + 8 – 6 x  1

ta có bài 2c. Vậy tuỳ theo cách chọn ta có thể sáng tạo nhiều bài tập dạng này.
Bài 1 : Giải các phương trình :

a) x22x 1 3 b) (2x 5)2  5 2x

c) x 2 x1  x 1 1 d) x2 2x 1 x24x4 = 3
Bài 2 : Giải các phương trình :

a) x 2 3 2x 5 x 2 2x 5 2 2

2 1 2 1

x

x x  x x  

( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Năm học

2010 – 2011 )

c) x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 5

d) 2

2 1 2 1 ... 2 1 2 1

4 4 4 4

x   x    x   x  x 

(2x3 + x2 + 2x + 1) (2010 dấu căn)

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Để giải phương trình vơ tỉ ta dùng hai phương pháp “Nâng lên luỹ thừa” để làm mất căn và
vận dụng hằng đẳng thức A2 A . Nhiều khi sử dụng phép nâng lên luỹ thừa sẽ dẫn đến phương
trình bậc cao khá phức tạp, có một số phương trình khơng thể đưa về dạng A2 A . Để khắc phục
tình trạng đó ta có thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình hoặc hệ phương
trình quen thuộc đã biết cách giải.

3.1. ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI

Ví dụ 3.1: Giải phương trình :

a) 3 x2 x 1 - x = x2 + 3 (1a) ( Bài 70b / trang 48 – Sách BT toán 9)

b) 6x2 + 15x + 11 = 5 2x25x3 (1b)

Nhận xét: Đối với 2 phương trình trên nếu ta dùng phương pháp nâng lên luỹ thưa thì trở
thành phương trình bậc 4 rất khó giải .

Ta có : x2+ x + 3 = ( x2 + x + 1) + 2 và ( x2 x 1 )2 = ( x2 + x + 1)

6x2 + 15x + 11 = 3( 2x2 + 5x + 3 ) + 2.

Giúp học sinh nghĩ ngay đến việc dùng một ẩn mới để thay thế.
GIẢI:

a) Đặt : x2 x 1 = t 0  t2 = x2+ x + 1 khi đó phương trình (1a) có dạng :

t2 – 3t + 2 = 0. tư đó tìm được t

1 = 1 ( thỏa mãn ); t2 = 2 ( thỏa mãn )

Suy ra : x2 x 1 = 1  x2 + x = 0. Phương trình này có 2 nghiệm : x = 0; x = -1

x2 x 1 = 2  x2 + x - 3 = 0. Phương trình có 2 nghiệm x
1 =

1 13 1 13

;

2 x 2

 



Vậy phương trình có 4 nghiệm : x1 =

1 13 1 13

;

2 x 2

 



; x3 = 0; x4 = -1

b) Đặt 2x25x3 = t 0  t2 = 2x2+ 5x + 3 khi đó phương trình (1b) có dạng

3t2 – 5t + 2 = 0 . Tư đó tìm đựợc t

1 = 1 ( thỏa mãn ); t2 =

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Suy ra 2x25x3 = 1  2x2 + 5x + 2 = 0. Phương trình này có hai nghiệm x

1 = - 2; x2 = -

1
2

2x25x3 =

3  18x2 + 45x + 23 = 0 .

Phương trình này có hai nghiệm x3 =

45 369
36
 

; x4 =

45 369
36
 

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là:

1 45 369 45 369

2; ; ;

2 36 36

     

 

 

 

 

 

Qua 2 ví dụ trên giáo viên xây dựng bài tốn tổng quát:

ax2 + bx + c = px2qx r ; trong đó

a b

p q

Đặt px2qx r = t  0 . Đưa về phương trình bậc hai Ax2 + Bx + C = 0 . Giải phương trình bậc

hai tìm t, rồi suy ra nghiệm của phương trình.

Xây dựng bài tập vận dung: Dựa vào công thức tổng quát và tuỳ theo đối tượng học sinh của lớp
bồi dưỡng mà giáo viên có thể sáng tạo ra các bài toán cùng dạng loại phù hợp .

Xác định : px2qx r = t và ax2 + bx + c = A(x) , trong đó

a b

p q ta có lớp bài tập vận dụng:

Ví dụ: Xuất phát tư phương trình bậc hai: 2t2 – 3t + 1 = 0

- Ta chọn t = 9x2 9x2; 2t2 = 18x2 – 18x + 4 ta có bài 1a

- Nếu chọn t = 2011x21010x2012 ta có bài 1d
Sau đây là các bài tập vận dụng:

Bài 1: Giải các phương trình :

a) 18x2 – 18x + 5 = 3 9x2 9x2

b) 3x2 + 2x = 2 x2x + 1 – x

c) x2 – 4x – 6 = 2x2 8x12

d) 4022x2 + 2020x + 4025 = 3 2011x21010x2012

Bài 2: Giải các phương trình

a) ( x + 5)(x – 2) = 3 x23x
b) x x2 1 x x2 1 1
c) 2x2 + 3x + 2x23x9 = 33

d) x3 +2 81 7 x3 18

Ví dụ 3.2: Giải phương trình : (x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)

1
3

x
x



 = 4 (2)

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Nếu đặt

1
3

x
x



 = t không biến đổi (x – 3)(x + 1) theo t

Nếu phát hiện [(x – 3)

1
3

x
x



 ]2 = (x - 3)(x + 1) thì giải qút được bài tốn.

GIẢI: Điều kiện: x > 3 hoặc x - 1

Đặt t = (x – 3)

1
3

x
x



 . suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) . Phương trình (2) có dạng

t2 + 3t – 4 = 0. Tư đó tìm được t

1 = 1; t2 = -4

Ta có :

( 3) 1 (1')
3

( 3) 4 (2')
3

x
x

x
x
x

x

 

 






 

 






Tư (1’) suy ra x > 3; do đó (1’)  (x – 3)(x + 1) = 1  x2 – 2x – 4 = 0. Phương trình này có 2

nghiệm x1 = 1 + 5 (nhận) ; x2 = 1 - 5 (loại)

Tư (2’) suy ra x < 3 . Kết hợp với điều kiện ta có x  - 1

(2’)  (x – 3)(x + 1) = 16  x2 – 2x – 19 = 0.

Phương trình này có 2 nghiệm x3 = 1 + 20 ( loại) ; x4 = 1 - 20 (nhận)

Vậy nghiệm của phương trình : x = 1 + 5 ; x = 1 - 20

TỔNG QUÁT: ( ax + b)(cx + d) +  ( ax + b)

cx d
ax b



 = k. Điều kiện : 0

cx d
ax b





Đặt : (ax + b)

cx d
ax b



 = t . Suy ra t2 = ( ax + b)(cx + d) .

Đưa về phương trình bậc hai : t2 +  t + k = 0. Giải phương trình bậc hai tìm t, rồi suy ra x.

 Chú ý: trong dạng toán này học sinh rất dễ mắc sai lầm là t 0.
Xây dựng bài toán vận dụng.

- Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 2t – 8 = 0

Chọn t = (x +3)

1
3

x
x



 , suy ra t2 = (x – 3)(x + 1) ta có bài 1a.

- Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 7t – 8 = 0

t = (x +2010)

2011
2010

x
x



 , suy ra t2 = (x + 2010)(x + 2011) ta có bài 1d

Tuỳ theo yêu các bạn có thể xây dựng lớp bài bài tập vận dụng dành cho học sinh khá, giỏi.
Bài tập : Giải các phương trình :

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

1
3

x
x



 = 8

b) (x – 1)(x + 3) + 3(x -1)

3
1

x
x



</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

c) (x + 2)(x + 4) + 5(x + 2)

4
2
x
x

 = 0

d) (x + 2010)(x + 2011) + 7(x + 2010)

2011
2010

x
x



 = 8

e) (x – 5)(x + 1) + 3(x – 5)

1
5

x
x



 = 4

Ví dụ 3.3a: Giải phương trình: 2( x2 + 2) = 5 x 3 1 (3a)

Nhận xét : 2(x2 + 2) = 2(x + 1 + x2 – x + 1) và x3 – 1 = ( x + 1 )( x2 - x + 1) . vậy nếu chia

hai vế phương trình cho x + 1  0 ta được : 2 + 2

2
1
1
x x
x
 

 = 5

2 1

x x

x

 

 . Đến đây học sinh đã
định hướng được cách giải.

GIẢI:

a) 2( x2 + 2) = 5 x 3 1 (3a)

Điều kiện x  - 1

(3a)  2(x + 1 + x2 – x + 1 ) = 5 (x1)(x2 x1)

 2(x + 1) +2( x2 – x + 1 ) = 5 (x1)(x2 x1) (3’a)

Vì x2 - x + 1 = ( x -

1
2 )2 +

4 > 0 . Nên chia hai vế (3’a) cho x + 1  0 ta đựơc:

2 + 2

2 1

x x

x

 
 = 5

2 1

x x

x

 

 Đặt

2 1

x x

x

 

 = t  0 . Ta có phương trình:

2t2 – 5t + 2 = 0 . Phương trình có 2 nghiệm t

1 = 2; t2 =

2 (thoả mãn)

 t1 = 2 . Suy ra

2 1

x x

x

 

 = 2  x2 – 5x - 3 = 0.

Phương trình có 2 nghiệm x1 =

5 37 5 37

;

2 x 2

 



(thoả mãn)

 t2 =

2 . Suy ra

2 1
1
x x
x
 
 = 
1

2  4x2 – 5x + 3 = 0. Phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình (3) có 2 nghiệm x1 =

5 37 5 37

;

2 x 2

 



* Đới với phương trình trên ta có thể chia 2 vế cho : x2 - x + 1 Rồi đặt 2

1
1

x

x x



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

(3b)  2( x2 + x + 1) + ( 2x + 1) = 3 (2x1)(x2 x 1) (3’b)

Điều kiện : x - 
1

2 vì x2 + x + 1 = ( x +

1
2)2 +

3
4 > 0.

Chia hai vế (3’b) cho x2 + x + 1 ta được : 2 + 2

2 1
1

x

x x



  = 3 2
2 1
1
x
x x

 

Đặt 2
2 1

x

x x



  = t  0 . Ta có phương trình : 
t2 – 3t + 2 = 0. Phương trình có 2 nghiệm t

1 = 2; t2 = 1 (thoả mãn)

 t1 = 2 . Suy ra :

2
2 1
1
x
x x


  = 2  4x2 + 2x + 3 = 0. Phương trình vơ nghiệm.

 t2 = 1 .Suy ra :

2
2 1
1
x
x x


  = 1  x2 - x = 0 .

Phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 0 (thoả mãn). Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 0

 Đới với phương trình (3’b) ta cũng có thể chia 2 vế cho 2x + 1. Rồi đặt

2 1

2 1

x x

x

 
 = t 
TỔNG QUÁT: Phương trình dạng : A.p(x) + B.q(x) + C p x q x( ). ( ) = 0

- Nếu p(x) = 0; q(x) = 0 . Ta giải hệ phương trình

( ) 0
( ) 0

p x
q x


 


- Nếu p(x) 0 và q(x)  0. Ta chia 2 vế của phương trình cho p(x) hoặc q(x) được phương
trình

A
( )
( )

p x

q x + B + C

( )
( )

p x

q x = 0 . đặt

( )
( )

p x
q x = t .

Đưa về phương trình bậc hai At2 + Ct + B = 0. Giải phương trình tìm t, rồi suy ra x

*. Đới với dạng phương trình trên ta cịn có thể đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trìng tích. Giới thiệu
các bạn ở phần sau.

Xây dựng bài toán vận dung:

Tư cách giải tổng quát giúp giáo viên có thể tạo ra nhiều bài toán mới chỉ cần xác định p(x) , q(x).
Ví dụ: p(x) = x + 2 ; q(x) = x2 – 2x + 4 ta có 2.q(x) = 2x2 – 4x + 8 ; 2p(x) = 2x + 4

suy ra 2[p(x) – q(x)] = 2x2 – 6x + 4 ta có đề thi GVDG cấp huyện năm học 2011 – 2012.

Hoặc tư phương trình bậc hai t2 – 3t + 2 = 0 (*) ta chọn t = 2

5 1

x

x x



  , suy ra t2 = 2

5 1
1
x
x x

 

thay vào (*) ta có phương trình 2
5 1

x

x x



  - 3 2
5 1

x

x x



  + 2 = 0 (**) , nhân 2 vế của (**) với
x2 + x + 1 > 0 được phương trình 2x2 + 7x + 2 – 3 5x36x26x1 = 0

Sau đây là các bài tập vận dụng
Bài tập: Giải các phương trình sau

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

b) 2x2 – 5x + 2 = 4 2(x3 21x 20)

c) 2( x2 + 2x + 3) = 5 x33x23x2

d) x4 + 2x3 +2x2 – 2x + 1 = ( x3 + x)

1 x

x



e) 2x2 + 7x + 2 – 3 5x36x26x1 = 0

f) x – 3 3x23x = 1

Ví dụ 3.4: Giải phương trình:

a) 2x 3 x 1 2 2x25x 3 3x 8 ( 4a) 
b) 2 x 2x 4 x2 2 (4b)

Nhận xét: Bình phương 2 vế khơng làm mất căn bậc hai dẫn đến phương trình phức tạp.
2

2x 5x3  (2x3)(x1) và 3x – 8 = (2x + 3) + ( x + 1) – 12

4 x  (2 x)(2x) nên ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai.
GIẢI:

a) 2x 3 x 1 2 2x25x 3 3x 8 ( 4a) 
Điều kiện : x  - 1

(4a)  2x 3 x 1 2 (2x3)(x1) 2 x   3 x 1 12

Đặt t = 2x 3 x1 ( t  0)  t2 = 3x + 4 + 2 (2x3)(x1)

Phương trình trở thành : t2 – t – 12 = 0  t

1 = 4 ( nhận); t2 = - 3 ( loại )

Với t1 = 4 ta có : 2x 3 x1 = 4  2 (2x3)(x1) = 12 – 3x

 2 2

1 4

4(2 5 3) (12 3 )

x

x x x

  




   



1
2

1 4

46 1984

92 132 0

46 1984

x
x

x

x x

x

  


   



  

   



  

 

 




Kết hợp với điều kiện x1 = 46 + 1984 ( loại) , x2 = 46 - 1984 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 1 nghiệm là : x = 46 - 1984

b) 2 x 2x 4 x2 2 (4b)
Điều kiện : - 2  x 2

Đặt : 2 x 2x t ( t  0)  t2 = 4 + 2 4 x 2 phương trình trở thành:

t +
2 4

t 

= 2  t2 + 2t – 8 = 0  t

1 = 2 ( nhận); t2 = - 4 ( loại )

Với t1 = 2 ta có: 2 x 2x t = 2  4 + 2

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

 4 x 2 = 0  4 - x2 = 0  x

1 = 2 ; x2 = - 2 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x1 = 2 ; x2 = - 2

TỔNG QUÁT: Phương trình dạng: a( P(x) + Q(x) ) + b ( P x( ) Q x( )) 2 a P x Q x( ). ( ) + c
Đặt t = P x( ) Q x( )  t2 P x( )Q x( ) 2 P x Q x( ). ( )

Đưa về phương trình bậc hai : t2t 0
Giải phương trình bậc hai tìm t , rồi suy ra x.

Xây dựng bài tập vận dụng:

Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 + 2t – 8 = 0 (*)

 Chọn t = x - x  5thay vào (*) ta được phương trình 2x2 + x - x  5 - 2x x  5= 3
 Chọn t = x + x 3thay vào (*) ta được phương trình x2 + 2x + x 3+2x x 3= 5
Sau đây là các bài tập vận dụng

Bài1: Giải các phương trình sau:
a) 2x2 + x - x  5 - 2x x  5= 3

b) x2 + 2x + x 3+2x x 3= 5

c) x 3 x1 2 x2 2x 3 2 x 2
d) 4x 3 2x 1 6x2 8x210x 3 16
Bài 2: Giải các phương trình sau:

a) 2x 3 x 1 2 2x25x 3 3x16

(Đề thi HSG lớp 9 Tỉnh Vĩnh Phúc – Năm học 2010 – 2011)

b) 2010 x 2010x 2030100 x2 2010

c) x2010 x2011 2 x24021x4042110 2 x4023
d) x 1 x2 2 x23x 2 2x 17

3. 2. ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.

Ví dụ 3.5: Giải phương trình : x2 + x 1 = 1 (3.5)

GIẢI: Điều kiện x – 1
Đặt : x 1 = t ( t  0)
Phương trình trở thành :

(t2 – 1)2 + t = 1  t(t – 1)(t2 + t – 1) = 0.

Tư đó tìm được t = 0; t = 1; t =

1 5
2
 

; t =

1 5
2
 

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

+ Với t = 1  x 1 = 1  x = 0 (thoả mãn)

+ Với t =

1 5
2
 

 x 1 =

1 5
2
 

 x + 1 = (

1 5
2
 

)2  x =

1 5
2
 

(thoả mãn)

Vậy phương trình có 3 nghiệm : x1 = - 1 ; x2 = 0 ; x3 =

1 5
2

 

Ví dụ 3.6: Giải phương trình : x2 + 2 x = 2x2. 2 x

(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp tỉnh năm học 2004 - 2005)
GIẢI:

Điều kiện : x  2
Đặt : 2 x = t ( t 0)

Phương trình trở thành: (2 – t2)2 + t = 2(2 – t2)2.t

 4 – 4t2 + t4 + t = 8t – 8t3 + 2t5

 (t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0

 ( t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = 0

Tư đó tìm được : t = 1; t =

1 5
2
 

; t =

1 5
2
 

(loại); t =

1 33
4


; t =

1 33
4


(loại)
+ Với t = 1  2 x = 1  2 – x = 1  x = 1 ( thoả mãn)

+ Với t =

1 5
2
 

 2 x =

1 5
2
 

 2 – x = (

1 5

2
 

)2  x =

5 1
2



(thoả mãn)

+ Với t =

1 33
4


 2 x =

1 33
4


 2 – x = (

1 33
4


)2  x =

33 1
8




(thoả mãn)

Vậy phương trình có 3 nghiệm : x1 = 1 ; x2 =

5 1
2



; x3 =

33 1
8




.
Xây dựng bài tập vận dụng:

Xuất phát tư phương trình tích t(t – 1)(t2 + t – 1) = 0. (*)

Chọn t = x 2010 thay vào (*) biến đổi rút gọn ta được phương trình:
x2 + 4018x + 4036080 = x 2010

Bài tập: Giải các phương trình :
a) x2 + x 2012 = 2012

b) x2 - x 5= 5 (Đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2007 – 2008)

c) x + 2

35
12
1

x

x  

d) ( x 5 x 2)(1 x27x10) 3
e) x2 + 4018x + 4036080 = x 2010

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

GIẢI: Đặt 8x2 6x 10 = t  0 ta có

t2 – t = (8x2 – 6x – 10 ) – ( 4x2 – 4x – 10) = 4x2 – 2x

 t2 – t +

2 = 4x2 – 2x + 4x2 – 2x 

2 2

1 1

2 2

t x

   

  

   

   

- Nếu t -
1

2 = 2x - 
1

2  t = 2x ( x  0)
 8x2 – 6x – 10 = 4x2  4x2 – 6x – 10 = 0

Phương trình có 2 nghiệm x1 = - 1 ( loại ) ; x2 =

2 (chọn)

- Nếu t -
1
2 =

2 - 2x t = 1 – 2x ( x 
1
2


)

 8x2 – 6x – 10 = 1 – 4x + 4x2  4x2 – 2x – 11 = 0

Phương trình có 2 nghiệm x3 =

1 3 5
;
4


( loại ) x4 =

1 3 5
4



( chọn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 =

2 ; x2 =

1 3 5
4


Bài 2: Giải phương trình: 2x2 – 3x + 2 = x. 3x  2

GIẢI: Điều kiện : x 
2
3


(2)  2x2 – (3x – 2 ) = x. 3x  2

Đặt y = 3x  2 ( t  0). Ta có: 2x2 – y2 = x.y (2’)

Phương trình (2’) là phương trình đẳng cấp đới với x, và y

Đặt y = tx thì : (2’)  2x2 – t2x2 = t2x2  x2(2 – t – t2) = 0  2 – t – t2 = 0 ( vì x

3


)
 t = 1 ; t = - 2

 Với t = 1 thì y = x do đó 3x  2 = x  3x – 2 = x2
 x2 – 3x + 2 = 0  x

1 = 1; x2 = 2 ( thoả mãn)

 Với t = - 2 thì y = - 2x. Do x
2
3


nên y < 0 ( loại )
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x1 = 1; x2 = 2

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

3. 3. ĐĂT 2 ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH

Ví dụ 3.7: Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 1 (2.1)

GIẢI: Điều kiện: x  - 1

(2.1)  2( x + 1 + x2 – x + 1) = 5 (x1)(x2 x1)

đặt x 1 u và x2 x 1 v . Phương trình trở thành:
2u2 + 2v2 = 5uv  (2u – v)(u – 2v) = 0  v = 2u hoặc u = 2v

 Nếu v = 2u  x2 x1 = 2 x 1  x2 – 5x + 3 = 0

Phương trình có 2 nghiệm x1 =

5 37
2


; x2 =

5 37
2


( thoả mãn)
 Nếu u = 2v  x 1= 2 x2 x1  4x2 – 5x + 3 = 0
Phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 =

5 37
2


; x2 =

5 37
2


Ví dụ 3.8: Giải phương trình : 2x2 + 4x + 3 = 3 2x33x23x1 (3b)
GIẢI: (3b)  2( x2 + x + 1) + ( 2x + 1) = 3 (2x1)(x2 x 1) (3’b)

Điều kiện : x - 
1

2 vì x2 + x + 1 = ( x +

1
2)2 +

3
4 > 0.
Đặt 2x 1 = u và x2 x 1 = v . Phương trình trở thành:
2v2 + u2 = 3uv  (2v – u)(v – u) = 0  u = 2v hoặc u = v

 Nếu u = 2v  2x 1 = 2 x2 x 1  2x + 1 = 4(x2 + x + 1)
 4x2 + 2x + 3 = 0. Phương trình vơ nghiệm.

 Nếu u = v  2x 1 = x2 x 1  x2 - x = 0 .
Phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 0 ( thoả mãn ).

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 0

Ví dụ 3.9: Giải phương trình : 3 x3 8 2x2 6x4 (1) ( Đề thi GVDG cấp huyện 2011 – 2012)
GIẢI:

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Điều kiện : x3 + 8  0  x2

Đặt x 2 = u ( u 0 ) ; x2 2x4 v ( v > 0 )

Phương trình ( 1) trở thành : 2(v2 – u2 ) = 3uv  (2v + u )( v – 2u) = 0

Do 2v + u > 0 . Suy ra v – 2u = 0  v = 2u

Ta có : x2 2x4 = 2 x 2  x2 – 6x – 4 = 0

 x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13

Ví dụ 3.10: Giải phương trình : 2x2 – 5x + 2 = 4 2(x3 21x 20) (3.10)

GIẢI : Điều kiện: x3 – 21x – 20 = (x + 1)(x + 4)(x – 5)  0  - 4 x  - 1 hoặc x  5.

(3.10)  (2x2 – 8x – 10) + 3(x + 4) = 4 (2x2 8x10)(x4)

Đặt : 2x2 8x 10 = u và x 4 = v

Phương trình trở thành: u2 + 3v2 = 4uv  (u – v)(u – 3v) = 0  u = v hoặc u = 3v

 Nếu u = v  2x2 8x 10= x 4  2x2 – 9x – 14 = 0
Phương trình có 2 nghiệm 1 2

9 193 9 193

;

4 4

x   x  

( thoả mãn )

 Nểu u = 3v  2x2 8x 10= 3 x 4  2x2 – 17x – 46 = 0
Phương trình có 2 nghiệm x1 =

17 3 73
4


; x2 =

17 3 73
4


( thoả mãn)

Vậy phương trình có 4 nghiệm : 1 2

9 193 9 193

;

4 4

x   x  

; x3 =

17 3 73
4


; x4 =

17 3 73
4


.
Tổng quát : aP(x) + bQ(x) = c P x Q x( ). ( )

Đặt P x( )u u( 0) và Q x( ) v v( 0)

Ta có phương trình : au2 + bv2 = c.uv . Đưa về phương trình tích.

Điều cơ bản là giáo viên làm thế nào để giúp học sinh nhận ra P(x) và Q(x), đây là thủ thuật
hướng dẫn học sinh làm toán của mỗi giáo viên. Đây cũng là một dạng toán học sinh thường gặp
trong các đề thi học sinh giỏi và thi vào trường THPT chun nên tơi gới thiệu các bạn 4 ví dụ tư
đơn giản đến phức tạp.

 Xây dựng bài tập vận dụng :

Xuất phát tư phương trình tích nào đó: (u – b)(v – a) = 0

Chọn u = x 3; b = - 2x; v = x 1; a = - 1 ta có phương trình : ( x 3- 2x)( x 1 - 1) = 0
 x 3 + 2x x 1 = 2x + x24x3

Giáo viên có thể sáng tạo ra các bài tốn cho học sinh vận dụng
Bài 1: Giải các phương trình sau:

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

c) x 1 x2 x 1 2(x22)

d) 3 (x2)(x 5) 2 x 3

Bài 2: Giải các phương trình sau

a) x1 x3x2   x 1 1 x41
b) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3
c) 2x25x12 2x23x2 x 5
d) x29x 1x 11 3 x 2x3

3.4. ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Ví dụ 3.11: Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3

GIẢI:

Điều kiện - 10 x 10

Đặt 25 x 2 = u ( u 0 ); 10 x 2 = v ( v 0 ). Ta có hệ phương trình

2 2

3 3

( )( ) 15
15

u v u v

u v u v

u v

   

 



 

  

  



5 4

3 1

u v u

u v v

  

 

   

  

 

Suy ra 25 x 2 = 4  x = 3; x = - 3 ( thoả mãn )
Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 3; x2 = -3

Ví dụ 3.12: Giải phương trình: 3 x 2 x 1 3
Giải: Điều kiện x - 1

Đặt : 3 x  2 = u; x 1 v ( v 0 ). Suy ra u3 = x – 2 ; v2 = x + 1

Ta có hệ phương trình : 2 3 2 3

3 3 1

3 3

u v v u u

v

v u v u

    

  

 

  



    

 

Suy ra x = u3 + 2 = 3 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 3.13: Giải phương trình: 3 x45 3 x 16 1

Giải: Đặt 3 x45u; 3 x 16v ta có u3 – v3 = x + 45 – x + 16 = 61

Ta có hệ phương trình: 3 3 2 2

1 1

61 ( )( ) 61

u v u v

u v u v u uv v

   

 



 

     

 

1 1 5; 4

( ) ( ) 3 61 20 4; 5

u v u v u v

u v u v uv uv u v

 

      



     

 

        

  



</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 80; x2 = - 109 .

Ví dụ 3.14 : Giải phương trình: 4 257 x4 x 5
Giải: Điều kiện : 0  x 257

Đặt : 4257 x u  ( u 0); 4 x v ( v 0)

Ta có hệ phương trình :

4 4 4 4 2 2

5 ( ) 625 5

257 257 50 184 0(*)

u v u v u v

u v u v u v vu

      

  

 

  

       

  

Phương trình (*) có uv = 46 và uv = 4

Ta có 2 hệ phương trình: (I)

5

4

u v
uv

 





 và (II)

5

45

u v
uv

 






Hệ (I) có nghiệm (u;v ) là (1; 4) và (4; 1) đều thoả mãn. Hệ (II) vơ nghiệm
Tư đó suy ra x1 = 1; x2 = 256.

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 256

Ví dụ 3.15 : Giải phương trình: 417 x8  3 2x8 1 1

Giải: Đặt 417 x 8 u ( u 0); 3 2x8 1v. Ta có hệ phương trình

4 3 4 3

1 1

2 33 2 ( 1) 33 (*)

u v v u

u v u u

   

 



 

    

 

(*)  2u4 + u3 – 3u2 + 3u – 34 = 0  (u – 2)(2u3 + 5u2 + 7u + 17 ) = 0

 u = 2 ( vì 2u3 + 5u2 + 7u + 17 > 0)

Tư đó 417 x8 2  x8 = 1  x = 1; x = -1 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = -1.

Nhận xét: Qua 5 ví dụ trên chúng ta đã thấy sự linh hoạt, đa dạng và hữu hiệu của việc đặt 2 ẩn
phụ để đưa về hệ phương trình. Đặc biệt nếu gặp phương trình vơ tỉ chứa các căn thức có bậc
khác nhau thì cách giải trên rất hiệu quả. Tư các bài toán trên chắc các bạn đã hình dung được
cách xây dựng bài tốn tổng qt tương ứng và cách giải.

Xây dựng bài tập vận dụng :

+ Xuất phát tư hệ phương trình 2 2

3 3

( )( ) 15
15

u v u v

u v u v

u v

   

 



 

  

  



Chọn 2025 x 2 = u ( u 0 ); 2010 x 2 = v ( v 0 ), 
ta được phương trình 2025 x 2 - 2010 x 2 = 3

+ Xuất phát tư hệ phương trình 4 3 4 3

1 1

2 33 2 ( 1) 33 (*)

u v v u

u v u u

   

 



 

    

 

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Bài 1: Giải các phương trình sau:
a) 10 2 x 2x 3 1

b) 48 x3  35 x3 13
c) 31 x  31 x 2
d) 3 2 x x1 1

e) 2025 x 2- 2010 x 2= 3
Bài 2: Giải các phương trình
a) 482 x 3 x 1 3
b) 532 x2  51 x2 4

c) 497 x 4 x 5
d) x4 20 x 4

e) 417 x 4 - 3 2x 4 1 = 1

Ngoài cách đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình như trên xin giới thiệu các mợt sớ bài toán
đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình nhưng khơng hồn tồn để các bạn tham khảo.

Bài 1: Giải phương trình: x2 - x 5 = 5 (1) ( Đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh nămhọc 2006 - 2007)

Giải: Điều kiện: x  5 hoặc x  5

Đặt: x 5 = y. Kết hợp với (1) ta có hệ phưong trình:

2 2

2 2 2

5 5 (2)

5 (*)

x y x y

y x x y y x

     

 



 

    

 

 

tư (*) suy ra x2 – y2 + x – y = 0  (x – y)(x + y + 1) = 0

Xét 2 trường hợp:

* x – y = 0 hay x = y thay vào ( 2) ta có phương trình

x2 – x – 5 = 0  x
1 =

1 21
2


(thoả mãn); x2 =

1 21
2


(loại)

* x + y + 1 = 0 hay y = - x – 1 thay vào (2) ta có phương trình

x2 + x – 4 = 0  x
3 =

1 17
2
 

( loại) ; x4 =

1 17
2
 

(thoả mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm: x =

1 21
2


; x =

1 17
2
 

Bài 2: Giải phương trình: x2 – x – 1000 1 8000x = 1000 (2)

GIẢI:

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2
2

2000
2000

x x y

y y x

  




 


 (3)

Tư hệ (3) suy ra ( x – y)(x + y – 1 + 2000 ) = 0 ( 4)

Tư hệ (3) nhận xét 2001(x + y) = x2 + y2 > 0 nên suy ra (x + y + 1999) > 0

Tư (4) suy ra x = y thay vào ( 2) ta được:

x2 – x = 2000x  x(x – 2001) = 0  x = 0 ( loại ); x = 2001 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất x = 2001.

Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình hay và rất hiệu quả. Nhưng ở đây ta cần
phải biết nhận xét đặc tính của phương trình, lúc nào thì cần đặt ẩn phụ và đặt mấy ẩn. Khi đặt ẩn
phụ thì ta thường đặt các biểu thức chứa căn làm ẩn phụ, phải có dạng tổng hoặc hiệu của luỹ thừa
các ẩn phụ là một hằng số. Phương pháp này sử dụng hiệu quả nhất đối với phương trình vơ tỉ chứa
các căn thức có bậc khác nhau.

3.5 ĐẶT BA ẨN PHỤ

Đây là một phương pháp giải hay giành cho những bài toán phức tạp, học sinh cũng có
thể gặp trong các đề thi. Tôi xin giới thiệu các bạn tham khảo

Ví dụ 3.16 : Giải phương trình:

a) x2 3x 2  x 3  x 2  x24x 3 
b) x 2 x. 3 x   3 x. 5 x   2 x. 5 x 

c) 4x – x2 = 3 4 3 10 3x 

Giải.

a) x2 3x 2  x 3  x 2  x24x 3 (1)
ĐK: x ≥ - 1.

(1)  (x 1)(x 2)   x 3  x 2  (x 1)(x 3) 
Đặt: x 1 = a, x 2 = b, x 3 = c (a, b, c ≥ 0)

Phương trình (1) trở thành ab + c = b + ac  (a – 1)(b – c) = 0  a = 1 hoặc b = c.
+ a = 1 ta có x 1 = 1  x = 0 (thoả mãn)

+ b = c ta có x 2 = x 3 . Phương trình vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho co một nghiệm duy nhất là x = 0.

b) x  2 x. 3 x   3 x. 5 x   2 x. 5 x 

Đặt : u 2 x ; v 3 x ; t  5 x (u ; v ; t ≥ 0)

 x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu

Tư đó ta có hệ:

(u v)(u t) 2 (*)

(v u)(v t) 3 (2*)

(t u)(t v) 5 (3*)

  




  



   

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Nhân tưng vế của (1*), (2*), (3*) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30

Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u v)(v t)(t u)    30 (4*)
Kết hợp (4*) với lần lượt (1*) ; (2*) ; (3*) dẫn đến:

v t (5*)

2
30

u t (6*)
3

u v (7*)

5


 







 





 




 Cộng tưng vế của (5*) ; (6*) ; (7*) ta có:

31 30 31 30

2(u v t) u v t

30 60

      

(8*)
Kết hợp (8*) với lần lượt (5*) ; (6*) ; (7*) ta có:

30
u

11 30 30 239

v x 2

60 60 120

19 30
t

60






  



      

  

 







 (thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
239
120 .
c) 4x – x2 = 3 4 3 10 3x 

Điều kiện:

74 10

27  x 3

Đặt a = x – 2 ; b = 10 3x ; c = 4 3 10 3x  . Ta có hệ phương trình:

2
2
2

4 3
4 3
4 3

a c

b a

c b

  


 




 


Do vai trò a, b, c trong hệ phương trình bình đẳng nên ta chứng minh được a = b = c = 1.
Suy ra x = 3.

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Vậy để giải phương trình vơ ti theo phương pháp đặt ẩn phụ cần thực hiện theo các bước
sau:

Bước 1: Đặt ẩn phụ, nêu điều kiện của ẩn phụ.

Bước 2: Chuyển phương trình đã cho về phương trình hoặc hệ phương trình chứa ẩn phụ.
Bước 3: Giải phương trình hoặc hệ phương trình chứa ẩn phụ. Đới chiếu với điều kiện ẩn
phụ đã nêu để tìm nghiệm thích hợp.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

4. PHƯƠNG PHÁP DÙNG BIỂU THỨC LIÊN HIỆP

Trong một số dạng phương trình vơ tỉ biết sử dụng biểu thức liên hợp một cách khéo léo ta có
lời giải các bài toán rất ngắn gọn và thật ấn tượng. Sau đây là một số biểu thức liên hợp thường vận
dụng.

Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích

A B A B A – B

3 A 3 B

 3 A2  3 AB 3B A + B

3 A 3 B

 3 A2  3 AB 3 B A – B

Ví dụ 4.1: Giải phương trình: 2x 3 x 2x 6 (1)

Nhận xét: 2x – 3 – x = x – 3, nên nếu nhân cả 2 vế của (1) với biểu thức liên hợp vế trái ( biểu thức
này ln dương) thì xuất hiện nhân tử chung là x – 3

GIẢI:

Điều kiện x
3
2


. Khi đó phương trình (1) tương đương với
(1) ( 2x 3 x)( 2x 3 x) (2 x 6)( 2x 3 x)

 x 3 2( x 3)( 2x 3 x) (x 3)(2 2x 3 x 1) 0
3 0

2 2 3 1

x

x x

 


   

  

 vì với x

3
2


thì 2 2x 3 x 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 4.2: Giải phương trình 12x13 4x13  x1 (2)
GIẢI:

Điều kiện x – 1.

Nhân cả 2 vế phương trình (2) với biểu thức liên hiệp vế trái ta được:

( 12x13 4x13)( 12x13 4x13) x1( 12x13 4x13)
8x x 1( 12x 13 4x 13)

      (*)
tư (2) suy ra x 1 ( 12x13 4x13) x1 (**)

Trư 2vế hai phương trình (*) và (**) ta được: 7x – 1 = 2 (x1)(4x13)

2 2

1 1

7 7

(7 1) 4( 1)(4 13) 33 82 51 0

x x

x x x x x

 

 

 

   

        

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

1
7 3
17
3;
3
x
x
x x




   

  



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 4.3: Giải phương trình 3x2 7x 3 x2 2  3x2 5x 1 x2 3x4 (3)

Nhận xét: ( 3x2 – 7x + 3 )1 – ( 3x2 – 5x – 1) = 4 – 2x và (x2 – 2 ) – ( x2 – 3x + 4) = 3x – 6 . vậy đưa

các căn thức có cùng hệ sớ bình phương về một nhóm và nhân mỗi nhóm với biểu thức liên hợp làm
xuất hiện nhân tử chung x – 2.

GIẢI: Điều kiện : 
2
2

2
2

3 7 3 0

2 0

3 5 1 0

3 4 0

x x
x
x x
x x
   

 


  


   


(3)  ( 3x2 7x 3 3x2 5x1) ( x2 2 x2 3x4) 0



2 2 2 2

(3 7 3) (3 5 1) ( 2) ( 3 4)
0

3 7 3 3 5 1 2 3 4

x x x x x x x

        

 

        

 2 2 2 2

4 2 3 6

3 7 3 3 5 1 2 3 4

x x

x x x x x x x

 

 

        

 2 2 2 2

2 3

( 2)( ) 0

3 7 3 3 5 1 2 3 4

x

x x x x x x x



  

        

 x – 2 = 0 ( vì 2 2 2 2

2 3

0
3x 7x 3 3x 5x 1 x 2 x 3x 4



 

         )

 x = 2 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.

Ví dụ 4.4: Giải phương trình 2x2 – 11x + 21 = 334x  4 (4)
Nhận xét : 2x2 – 11x + 15 = (x – 3)(2x – 5)

33 4x  4 – 6 = 3(3 4x  4 – 2 ) (*). Nếu nhân tử và mẫu (*) với lượng liên hiệp làm xuất hiện nhân
tử chung x – 3.

GIẢI: (4)  (x – 3)(2x – 5) =

3 3 3

2 3
3

3( 4 4 2)( (4 4) 2 4 4 4)
(4 4) 2 4 4 4

x x x

x x

     

   

 (x – 3)(2x – 5) = 3 2 3
12( 3)

(4 4) 2 4 4 4

x

x x



   

 (x – 3)(2x – 5 – 3 2 3

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

hoặc 2x – 5 – 3 2 3
12

(4x 4) 2 4x 4 4 = 0

Đặt t = 3 4x  4 ta có 2x – 5 – 3 2 3
12

(4x 4) 2 4x 4 4 = 2x – 4 – 2

12
2 4

t  t = 0 (*)

 Với x > 3 thì 2x – 5 > 1 và 2
12

2 4

t  t < 1, suy ra phương trình (*) vơ nghiệm.

 Với x < 3 thì 2x – 5 < 1 và 2
12

2 4

t  t > 1, suy ra phương trình (*) vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

Qua 4 ví dụ trên các bạn đã có được cách giải phương trình vô tỉ bằng cách dụng biểu thức liên
hiệp. Thực chất của phương pháp này là nhân một biểu thức với biểu thức liên hiệp của nó để làm
xuất hiện nhân tử chung thì sau khi đặt nhân tử chung ta chuyển về phương trình đơn giản hơn.
Sau đây là các bài tập vận dụng:

Bài 1: Giải phương trình:

4 1 3 2

x

x  x  

b) 2x216x18  x2 1 2 x4
c) 2x 1 2x 3 x 3 x 1
d) x2 + 9x + 20 = 2 3x 10

Bài 2: Giải phương trình

a) 2x2 1 x2 3x 2  2x22x 3 x2 x2
b) 3 2 x x1 1

c)
3

3 1 1
3 10

x

x   

6 3

3
1

x

x x

x x



  

 

5.

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ BẰNG CÁCH ĐÁNH GIÁ

5.1

DỰ ĐOÁN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH NGHIỆM ĐĨ LÀ DUY NHẤT.

Ví dụ 5.1: Giải phương trình x x 5 x7 9
GIẢI:

Điều kiện : x  5

Ta thấy x = 9 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh nghiệm này là duy nhất.
Đặt y = x x 5 x7

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 9.

Ví dụ 5.2: Giải phương trình

6 10

4
2 x  3 x 

GIẢI:

Điều kiện x < 2.

Ta thấy x =
1

2 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh nghiệm này là duy nhất.

+ Nếu
1

2 < x < 2 thì

6 10

2; 2

2 x  3 x  . Suy ra

6 10

2 x  3 x > 4.

+ Nếu x <
1
2 thì

6 10

2; 2

2 x  3 x  . Suy ra

6 10

2 x  3 x < 4.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 
1
2

Ví dụ 5.3: Giải phương trình 3 x2009 3 x20103 x2011 0

GIẢI: Ta thấy x = - 2010 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh nghiệm này là duy nhất
+ Nếu x > - 2010 ta có:

3 x 2009 3 x 2010 3 x 2011 3 2010 2009 3 2010 2010 3 2010 2011 0

              

Nên phương trình khơng có nghiệm x > - 2010.
+ Nếu x < - 2010 ta có :

3 x 2009 3 x 2010 3 x 2011 3 2010 2009 3 2010 2010 3 2010 2011 0

              

Nên phương trình khơng có nghiệm x < - 2010.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = - 2010.

Ví dụ 5.4: Giải phương trình 5 x13 x 8 x31

(Đề thi HSG lớp 9 tỉnh Thừa Thiên - Huế Năm học 2003 – 2004)

GIẢI: Ta thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh nghiệm này là duy nhất
+ Nếu x < 0 , vế phải của phương trình lớn hơn 1, cịn vế trái của phương trình nhỏ hơn 1.

+ Nếu x > 0 , vế phải của phương trình nhỏ hơn 1, cịn vế trái của phương trình lớn hơn 1.
Nên phương trình khơng có nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0.

Như vậy đối với phương pháp này ta tìm được một nghiệm riêng của phương trình và chứng
minh được nghiệm riêng đó là nghiệm duy nhất. Phương pháp này phù hợp với những phương trình
chỉ có một nghiệm duy nhất, cịn đối với những phương trình có từ hai nghiệm trở lên thì việc chứng
minh phương trình đó chỉ có các nghiệm trên sẽ gặp nhiều khó khăn.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Xét phương trình A(x) = B(x)

- Nếu A(x) u ; B(x) v mà u > v thì phương trình vơ nghiệm.

- Nếu A(x) k ; B(x) k. Suy ra 
( )
( )

A x k

B x k










Ví dụ 5.4: Giải phương trình x 1 5x 1 3x 2
GIẢI: Điêù kiện x 1

Với điều kiện x 1 nên x – 1 < 5x – 1  x 1 5x 1 0
Mà 3x  2 0 với mọi x 1

Vậy phương trình vơ nghiệm.

Ví dụ 5.5: Giải phương trình 3x26x 7 5x210x14 = 4 – 2x – x2

GIẢI:

Ta có : 3x26x 7 5x210x14 = 3(x1)24 5(x1)2 9 2 3 5  
4 – 2x – x2 = 5 – (x + 1)2  5

Phương trính có nghiệm  dấu “ = ” xảy ra  x = – 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = – 1.

Ví dụ 5.6: Giải phương trình 2x 3 5 2 x 3x2 12x14
GIẢI:

Điều kiện

2 3 0 3 5

5 2 0 2 2

x

x
x

 


  



 


Áp dung BĐT Cô – si cho 2 sớ khơng âm ta có
(2 3) 1 (5 2 ) 1

2 3 5 2 2

2 2

x x

x   x       

(1)
Mặt khác 3x2 – 12x + 14 = 3( x – 2)2 + 2  2 (2)

Tư (1) và (2) suy ra phương trình có nghiệm  dấu “ = ” xảy ra  x = 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

Bàì tập vận dụng

Bài 1: Giải phương trình:

6 8

3 x  2 x  b)

42 60

6
5 x  7 x 

c) 4x 1 4x2 1 1 d) 3 x34x x22x4
Bài 2:Giải phương trình:

a) x 2 10 x x212x40 b) 4 x 1 = x2 – 5x + 4

c) x x x x 5 5

d) (x2)(2x 1) 3 x6 4  (x6)(2x 1) 3 x2

6. PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG CÁC HẰNG ĐẲNG THỨC

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Trường hợp 1: A2 + B2 + C2 = 0

0
0
0

A
B
C




  

 


Trường hợp 2: A2 = B2  AB

Ví dụ 6.1: Giải phương trình: x2 + 4x + 5 = 2 2x 3 (6.1)

GIẢI:

Điều kiện x
3
2


( 6.1)  x2 + 2x + 1 + 2x + 3 – 2 2x 3 + 1 = 0

 ( x + 1)2 + ( 2x 3 – 1)2 = 0



( 1) 0

1
( 2 3 1) 0

x

x
x

  



 


  


 ( thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = – 1.

Ví dụ 6.2: Giải phương trình : x4 + x 2 2010 = 2010 (6.2)

GIẢI: (6.2)  x4 + x2 +

4 = x2 + 2010 – x 2 2010 +

1
4

 ( x2 +

2)2 = ( x 2 2010 –

1
2)2

2 2

1 1

2010 (*)

2 2

1 1

2010 (**)
2 2

x x



   



 

    



(*)  x2 + 1 = x 2 2010

 x4 + 2x2 + 1 = x2 + 2010

 x4 + x2 – 2009 = 0

1 8037
2

x  

 

(thoả mãn)
(**)  x2 = – x 2 2010 (vô nghiệm)

Vậy phương trình có nghiệm là :

1 8037
2

x  

Ví dụ 6.3: Giải phương trình: x + y + z = 2 x 2010 4 y 2011 6 z 2012+ 6020 (6.3)
GIẢI: Điều kiện x  2010; y  2011; z  2012

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

 ( x  2010 - 1)2 + ( y  2011- 2 )2 + ( z  2012 - 3)2 = 0

2010 1 2011
2011 2 2015
2021
2012 3

x x

y y

z
z

    



 

      

  



 



 (thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm : x = 2011; y = 2015; z = 2021.
Xây dựng bài toán vận dụng:

Xãc định A(x) = ?; B(x) = ?; C(x) = ?
Chọn : A(x) = x 2012 1 ; B(x) = x

ta có ( x 2012 1 )2 = x2  x + 2012 + 2 x 2012 + 1 = x2
 x2 – x + 2 x 2012 + 2013 = 0

Ta có bài tốn : Giải phương trình: x2 – x + 2 x 2012 + 2013 = 0. Sau đây là các bài tập vận dụng:

Giải các phương trình sau:

a) x2 + x + 12 x  1 36 b) 4x2 + 22 = 21x - 3x  2

c) x4 + x 2 2012 = 2012 d) x + y + z + 42 x 1 4 y 2 6 z 3

3 2
2
3 2

x x

x
x



 

 (Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011)

6.2 VẬN DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC

a

3

+ b

3

+ c

3

= ( a + b + c)

3



(a + b)(b + c)(c + a) = 0

Ví dụ 6.4: a) Giải phương trình: 33x2 x2011 33x2 7x2012 36x 201332010 (6.4a)
Nhận xét : Đặt 33x2 x2011a; – 33x2  7x2012 b; –36x 2013 c

Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 . Phương trình được viết lại a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 ta giải được bài

toán.
GIẢI:

Đặt 33x2 x2011a; –33x2 7x2012 b; –3 6x 2013c
Ta có a3 + b3 + c3 = 2010 . Phương trình (6.4a) được viết lại

a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 (*)

Tư (*) và hằng đẳng thức a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 + 3(a + b)(b + c)(c + a)

Ta có phương trình (a + b)(b + c)(c + a) = 0
Xét 3 trường hợp:

 a + b = 0  33x2  x2011 = 33x2 7x2012

 3x2 – x + 2011 = 3x2 – 7x + 2012  6x = 1  x =

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

 a + c = 0  33x2  x2011 = 36x  2013

 3x2 – 7 x + 4014 = 0. Phương trình này vơ nghiệm.

 b + c = 0  33x2 7x2012 = –36x  2013

 3x2 – x – 1 = 0. Phương trình này có 2 nghiệm 1 2

1 13 1 13

;

6 6

x   x  

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: 1 2

1 13 1 13

;

6 6

x   x  

; x3 =

1
6

Ví dụ 6.4b) Giải phương trình 33x 1 35 x3 2x 93 4x 3 (6.4b)
GIẢI:

Đặt 33x 1 a; 35 x b  ; 3 2x 9c

Ta có a3 + b3 + c3 = 4x – 3 . Phương trình (6.4b) được viết lại

a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3  (a + b)(b + c)(c + a) = 0 . Ta xét 3 trường hợp

 a + b = 0  33x 1 = – 35 x  3x + 1 = x – 5  x = – 3.
 b + c = 0  35 x = – 3 2x  9  5 – x = 9 – 2x  x = 4.
 c + a = 0  33x 1 = – 32x  9  3x + 1 = 9 – 2x  x = 1,6
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1 = – 3 ; x2 = 4; x3 = 1,6.

Nhận xét : Hai phương trình trên đều đưa về dạng (a + b)(b + c)(c + a) = 0 và việc giải phương trình
tích này khá đơn giản, vấn đề là ở chỗ giáo viên giúp học sinh nhận dạng hằng đẳng thức.

Xây dựng bài tập vận dung: Chọn a, b, c sao cho a3 + b3 + c3 = ( a + b + c)3 ta sẽ tạo thành phương

trình vơ tỉ chứa căn bậc ba.

Ví dụ: Cho a = 36x5,b3 x 2;c34 3 x thì a3 + b3 + c3 = 4x – 7 ta có phương trình:

36x 5 3 x 2 3 4 3x 34x 7

      

Tuỳ theo yêu cầu các bạn có thể xây dựng bài tập vận dụng.
Bài tập: Giải các phương trình sau:

a) 37x 1 3 x2 x 83 x2 8x 1 8

b) 33x2 x2000 33x2 7x2001 36x 2003 31999
c) 3 x24x 3 34x2 9x 333x2 2x 2 3 2x2 3x 2
d) 35x 1 315 x 3 2x 93 2x24

7.

PHƯƠNG PHÁP VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

này không phải dề đối với học sinh. Tôi xin nêu một số cách vận dụng bất đẳng thức quen thuộc khi
giải phương trình vơ tỉ.

7.1. ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

A   A 0; B B . Dấu bằng xảy ra  B 0
 A  B A B . Dấu bằng xảy ra  A.B 0

Ví dụ 7.1: Giải phương trình: x22x 1 x2 4x 4 x26x 9 x216x64 8 (7.1)
GIẢI:

(7.1)  (x1)2  (x2)2  (x3)2  (x8)2 8
 x 1 x2  x3 x8 8

Áp dụng bất đẳng thức A   A 0; B B . Dấu bằng xảy ra  B 0
Ta có : x 1 x2  x3  x8   x1  x 2  x3  x8

 – x – 1 – x – 2 + x + 3 + x + 8 = 8

Dấu bằng xảy ra

1 0 1

2 0 2

3 2

3 0 3

8 0 8

x x

x

x x

   

 

    

 

       

  

 

    

 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =



x/ 3  x 2



Đây là dạng toán được giới thiệu ở phương pháp đưa về dạng A2 A . Trong trường hợp này ta
dùng bất đẳng thức để giải sẽ đơn giản hơn rất nhiều khi vận dụng định nghĩa giá trị tuyệt đới xét
tưng khoảng một, sau đó kết luận nghiệm.

7.2.

ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TẠO RA TÍNH ĐỐI NGHỊCH HAI VẾ CỦA

PHƯƠNG TRÌNH

Dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình. Có thể xảy ra các trường hợp:

VP u
VT u







 hoặc

VP u

VT u







 hoặc

VP u
VT u







 . Khi đó VP = VT

VP A

VT A



 





Ví dụ 7.2: Giải phương trình x 3 5 x x2 8x18
GIẢI: Điều kiện 3  x 5

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 2 số không âm ( x – 2 ) và ( 5 – x) ta có
2 + 2 (x 3)(5 x) 2 + (x + 3) + (5 – x) = 4

Suy ra ( x 3 5 x) 2 (*)
Và x2 – 8x + 18 = (x – 4)2 + 2  2 (**)

Tư (*) và (**) 2

3 5 2

4
8 18 2

x x

x

x x

    



   

  




Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.

7.3.ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI ĐƯA VỀ MỘT BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ

NGHIỆM DUY NHẤT

.

Bất đẳng thức Cô - si:

Nếu a1, a2, … , an là các số thực khơng âm thì a1 + a2 + …+ an 1. ...2

n

n a a a


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = … = an-1 = an

Ví dụ 7.3a: Giải phương trình x2 + 4x + 5 = 2 2x 3

GIẢI: Điều kiện x 
3

2


Vận dụng bất đẳng thức Cô – si với 2 số không âm : (2x + 3) và 1 ta có :
(2x + 3) + 1 2 2x 3 = x2 + 4x + 5

Suy ra 2x + 4 x2 + 4x + 5  x2 + 2x + 1 0  (x + 1)20  x = -1.

Thử lại x = -1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1.

Ví dụ 7.3b: Giải phương trình 2x2 - 11x + 21 = 33 4x  4 (7.3b)

Điều kiện 4x – 4 > 0  x > 1 vì 2x2 - 11x + 21 = (

11 47

2 ) 0

8
2 2

x   

Áp dụng BĐT Cô – si cho 3 số dương ta đựơc:
33 4x  4= 33 2.2(x 1) 2 2 (   x 1)= x + 3 (*)

Tư (7.3b) và (*) suy ra 2x2 - 11x + 21  x + 3  2x2 - 12x + 18 0

 2(x – 3)2 0  x = 3

Thử lại x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 7.3c: Giải phương trình x3 – 3x2 – 8x + 40 = 844x 4 (7.3c)

Điều kiện x – 1

Áp dụng BĐT Cô – si cho 4 số không âm ta đựơc:

84 4x 4 = 4 4.4.4.(4 x1) 4 4 4 (    x1) = x + 13 (**)

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

 (x + 3)(x – 3)20

Với điều kiện x – 1 suy ra x + 3 >0  (x – 3)20  x – 3 = 0 x = 3

Thử lại x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Ví dụ 7.3d: Giải phương trình x2 x 1 x x 22 x2 x2 (7.3d)
Điều kiện x2+ x – 1 0 ; x – x2 + 2 0

Áp dụng BĐT Cô – si cho mỗi sớ hạng ở vế trái của phương trình ta có

2 2

2 ( 1) 1

2 2

x x x x

x  x      

(*)

2 2

2 1 ( 1) 1 2

2 2

x x x x

x x        

(**)

Cộng theo tưng vế của (**) và (*) ta có x2 x 1 x x 22  x 1
Kết hợp với (7.3d) ta được x2 – x + 2 x + 1 hay (x – 1)20  x = 1

Thử lại x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

7.4. ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI

Bất đẳng thức Bunyakovski:

Với hai bộ số bất kì ( a1, a2, … , an ) và ( b1, b2, … , bn ) ta có 
(a12a22...an2)(b12b22...bn2) (a b1 1a b2 2 ...a bn n)

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho ai=kbi vói mọi I = 1, 2, 3,…,n.

Ví dụ 7.4a Giải phương trình x 1 x 3 2(x 3)22x 2
GIẢI: Điều kiện x 1.

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho các số x  1, 1, x – 3 ta có:

2 2

1 3 (1 1)( ( 1) ( 3)

x  x    x  x 

 

1 3 1 3 2( 3) 2 2

x x x x x x

           

Đẳng thức xảy ra

1 3 1 ( 3)

1 1

3
3 0

x x x x

x
x

  

   




   



  

 2

5
7 10 0

x

x x




   

  

 (vì loại

nghiệm x = 2)

Thử lại x = 5 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.

Ví dụ 7.4b Giải phương trình x2.42 x4  1x4 x3 (7.4b)

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Ta có (7.4b) x2.4 2 x4 x3x4 1 x2( 24  x4 x)x41

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho các số 42 x 4 ; x; 1; 1 ta có:
4

4 2 x

 + x





4 4 2 2 4 2

42 x x (1 1) ( 2 4 x ) x  2 2 x x

         

  (*)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho các số 2 x 4 ; x; 1; 1 ta có:



4 2



4 2 4

2 2 x x  2 (1 1) ( 2   x ) x  2

  (**)
Tư (*) và (**) suy ra x2(42 x4 x) 2 x2x41

Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi

4
4
4

4 2
2 4

2
2

1
2

2 1

x

x x

x

x x

 


  



 



  



 




Thử lại x = 1 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

7.5 . ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC MIN-CỐP-XKI

Bất đẳng thức Min-cốp-xki:

Với a,b, c, d là các số thực ta có a2b2  c2d2  (a c )2(b d )2
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a.d = b.c

Ví dụ 7.5 Giải phương trình x2 8x816  x210x267  2003
GIẢI: Áp dụng bất đẳng thức Min-cốp-xki ta có

2 8 816 2 10 267 (4 )2 (20 2)2 ( 5)2 (11 2)2

x  x  x  x   x   x 

2 2

(4 x x 5) (20 2 11 2) 81 1922 2003

        

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (4 – x).11 2 = 20 2(x + 5)

 44 = 11x = 20x + 100  x = - 
56
31

Thử lại x = -
56

31 là nghiệm của phương trình.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = - 
56
31 .

7.6. ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

2
a b

ba  , Với a > 0; b > 0.

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Ví dụ 7.6 Giải phương trình

3 2
2
3 2

x x

x
x



 



(Đề thi học sinh giỏi lớp 9 cấp huyện Phù Mỹ năm học 2010 – 2011)

GIẢI: Điều kiện x > 
2
3

Áp dụng bất đẳng thức 2

a b

b a  ta có:

3 2
2
3 2

x x

x
x



 



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3x  2  x2 = 3x – 2  x2 – 3x + 2 = 0  x

1 = 1; x2 = 2.

Thử lại x1 = 1; x2 = 2 là nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 2.

Qua các ví dụ trên chúng ta đã hiểu được sự vận dụng các bất đẳng thức vào giải phương trình
vơ tỉ cần phải linh hoạt, sáng tạo nó ln đem đến cho chúng ta nhiều bất ngờ, thú vị. Bên cạnh đó
địi hỏi giáo viên phải đầu tư nghiên cứu kĩ các kiến thức liên quan. Sau đây là các bài tập vận dung.

Bài 1: Giải các phương trình sau
a) x 2 10 x x212x40
b) x2 + 2x + 4 = 33 x33x

c) x2 2x 5 x22x10  29
d) 4 2 x4 x2 3x3

Bài 2: Giải các phương trình sau

7 6

2
7 6

x x

x
x



 



b) x2  2x 1 y2  x22x 1 y2  y2 2
c) 13 x1 9 x 1 16x

d) 41 x2  41 x41x 3

II.2. KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

2.1. Thời gian áp dụng:

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

2.2. Khả năng thay thế một số giải pháp hiện có:
a. Đối với học sinh đại trà

Ví dụ:

Nhiều giáo viên khi giảng dạy chương I Đại sớ 9 thường sử dụng hình thức củng cố bài bằng cách
cho học sinh ghi nhớ các công thức đã học. Theo tôi, để khắc sâu kiến thức cho học sinh thì khơng
chỉ dưng lại ở việc ghi nhớ công thức mà việc vận dụng kiến thức đã học để luyện tập sẽ đem lại hiệu

quả cao hơn. Vì vậy tơi đã sử dụng giải pháp thay thế là ngồi hệ thớng bài tập sách giáo khoa cịn
đưa thêm một số bài tập nhằm mở rộng và nâng cao kiến thức cho học sinh khá giỏi, phát triển tư duy
và nâng cao năng lực nhận thức giúp cho học sinh hứng thú học tập. Chẳng hạn:

BÀI

(Các công thức cần ghi nhớ)

GIẢI PHÁP CŨ

GIẢI PHÁP THAY THẾ

( bài giải được trình bày ở phần giải pháp)

§1.

CĂN

BẬC HAI

1. 2

0
0

A

A B B

A B
 

   




1.Giải phương trình
a) x4 x 2

b) 4x2 20x25 5 2  x
c) x1 2x1 5
d) 3 x3 8 2x2 6x4

0 0

B

A B A

B



   

 



2. Giải các phương trình
 a) (x + 2) x  3 = 0
b) x 2 x2 4 0

0
0

A

A B B

A B



   
 


3. Giải các phương trình 
a) 2x 2011 2010 x

b)2 x 3 x1 2x 3 4x12

§2.

CĂN

THỨC
BẬC HAI
VÀ

HẰNG

ĐẲNG
THỨC

A A

2 B 0

A B A B

A B


    



Giải các phương trình
a) 4x2 4x  1 x 3
b)

2 1 2 1

x
x x  x x  

2. (A2 2)  (B2 2)  A2 B2  AB Giải các phương trình

a) (4x2 4x1)2  (x26x9)2
b) x4 + x 2 2010 = 2010

§3.

LIÊN
HỆ GIỮA
PHÉP
NHÂN
VÀ PHÉP
KHAI
PHƯƠNG
. .

A B  A B với A  0; B  0

. .

A B   A B với A  0 ; B  0

Giải các phương trình
a) (x 2)(x 4) 12
b) x x ( 1) = 2x – 3

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

§4.

LIÊN
HỆ GIỮA
PHÉP

CHIA VÀ
PHÉP
KHAI
PHƯƠNG
A A

B  B với A  0, B > 0

A A

B B




 với A 0, B < 0

Giải các phương trình

a) 
2 7
1
2
x
x



b)
2 7

1
2
x
x




§6.

BIẾN
ĐỔI ĐƠN
GIẢN
BIỂU
THỨC
CHỨA
CĂN
THỨC
BẬC HAI
1.

2 khi A 0

-A B khi A < 0

A B

A B A B  




1. Rút gọn (x 1) .2 x4
2.Giải phương trình

2 2

(x 3)(x  x 6) x 7x12

2
2

khi A 0; B 0
- khi A < 0; B 0

A B
A B
A B
  






1.Đưa thưa số vào trong dấu căn

2
( 1)
1

x
x
x



2. Giải phương trình

(x – 3)(x + 1) + 3(x – 3)

1
3

x
x



 = 4

§7.

BIẾN
ĐỔI ĐƠN
GIẢN
BIỂU
THỨC
CHỨA
CĂN
THỨC
BẬC HAI
1.

khi A 0; B > 0

- khi A < 0; B < 0

AB

A AB B

B B AB

B




 




Giải phương trình

a)
2 1
1 1
x x
x x
 


  b)

4 3
3
1
x
x



2.

A A B

B

B  khi B > 0 Giải phương trình

3x  1= 5

3. 2

( )

C C A B

A B

A B  



với A0 và A
B2

Giải phương trình

a)
5

12
2 x1 b)

2
3 1 1

x
x


 
4.
( )

C C A B

A B

A B  



với A 0, B
0 và A  B

Giải phương trình
5

3 1

x  x 

§.9

CĂN
BẬC BA 1.

3
3 A B A B

  

2.(3 A3 B)(3 A2  3 AB3 B ) = A + B
3. (3 A 3 B)(3 A2  3 AB3 B) = A – B

Giải phương trình
a) 3 x  1 6

b) 2x2 – 11x + 21 = 33 4x  4 
b. Đối với HS khá giỏi

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

đầy đủ kiến thức kĩ năng thật sự tự tin khi gặp bất cứ bài toán liên đến rút gọn biểu thức có chứa căn
thức bậc hai và giải phương trình vơ tỉ.

Ví dụ 1: Giải phương trình sau bằng 2 cách : 3 x3 8 2x2 6x4 (*)

(Đề thi GVDG mơn Tốn cấp huyện Phù Mỹ năm học 2011 – 2012)
Khi đưa ra học sinh giỏi có thể trình bày hoàn chỉnh theo ba cách giải:

Cách 1: Nâng lên luỹ thừa

Điều kiện: 2x2 – 6x + 4  0  x1 hoặc x 2

(*)  9( x3 + 8) = ( 2x2 – 6x + 4)2

 ( x2 – 6x – 4 )( 4x2 – 9x + 14) = 0

 x2 – 6x – 4 = 0 ( vì 4x2 – 9x + 14 > 0 )

 x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13

Cách 2: Đặt hai ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai.

(*)  2( x2 – 2x + 4 ) – 2 ( x + 2) = 3 (x2)(x2 2x4)

Điều kiện : x3 + 8  0  x2

Đặt x 2 = u ( u 0 ) ; x2 2x4 v ( v > 0 )

Phương trình ( 1) trở thành : 2(v2 – u2 ) = 3uv  (2v + u )( v – 2u) = 0

Do 2v + u > 0 . Suy ra v – 2u = 0  v = 2u

Ta có : x2 2x4 = 2 x 2  x2 – 6x – 4 = 0

 x1 = 3 13 ( thỏa mãn ); x2 = 3 13 ( thoả mãn )

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13

Cách 3: Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
Điều kiện: 2x2 – 6x + 4  0  x1 hoặc x 2

(*)  2( x2 – 2x + 4 ) – 2 ( x + 2) = 3 (x2)(x2 2x4)



2 2 4 2 2 4

2 2 3

2 2

x x x x

x x

   

 

  . Đặt

2 2 4

( t 0)
2

x x

t
x

 

 



ta có phương trình 2t2 – 3t – 2 = 0 , suy ra t

1 = 2 ( chọn); t2 = -

2 ( loại)

Với t1 = 2 ta có: x2 – 6x – 4 = 0. phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13( thảo mãn)

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x1 = 3 13 ; x2 = 3 13.

Ví dụ 2: Giải phương trình : x2 + 2 x = 2x2. 2 x

(Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 9 tỉnh Bình Định năm học 2004 - 2005)

- Năm học 2004 – 2005 đội tuyển học sinh giỏi Toán huyện Phù Mỹ dự thi cấp tỉnh không học
sinh nào giải được bài tốn này vì khơng xác định được hướng giải bài toán. Nhưng khi các giải pháp
được đưa ra nhiều học sinh giỏi có thể xác định đựơc hướng đi và giải đúng cho bài toán này.

GIẢI:

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Phương trình trở thành: (2 – t2)2 + t = 2(2 – t2)2.t

 4 – 4t2 + t4 + t = 8t – 8t3 + 2t5

 (t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = 0

 ( t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = 0

Tư đó tìm được : t = 1; t =

1 5
2
 

; t =

1 5
2
 

(loại); t =

1 33
4


; t =

1 33
4


(loại)
+ Với t = 1  2 x = 1  2 – x = 1  x = 1 ( thoả mãn)

+ Với t =

1 5
2
 

 2 x =

1 5
2
 

 2 – x = (

1 5
2
 

)2  x =

5 1
2



(thoả mãn)

+ Với t =

1 33
4


 2 x =

1 33
4


 2 – x = (

1 33
4


)2  x =

33 1
8




(thoả mãn)

Vậy phương trình có 3 nghiệm : x1 = 1 ; x2 =

5 1
2



; x3 =

33 1
8





.
c. Đối với giáo viên:

Vận dụng các giải pháp đã trình bày xây dựng các chuyên đề mơi hơn phục vụ cho công tác
giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi.

Ví dụ: Xuất phát tư phương trình bậc hai t2 – 5t + 6 = 0 giáo viên có thể chọn t để tạo ra các các bài

tốn mới hơn.

Chọn t = x2 ta có phương trình x4 – 5x2 + 6 = 0

chọn t = (2011x + 2011) ta có phương trình (2011x + 2011)2 – (2011x + 2011) + 6 = 0

chọn t = (x2 – 2x + 5) ta có phương trình (x2 – 2x + 5)2 - 5(x2 – 2x + 5) + 6 = 0

2.3. Khả năng áp dụng:

Các giải pháp này có thể triển khai áp dụng rộng rãi trong tất cả các đơn vị trường THCS cho
tất cả giáo viên và các đới tượng HS. Ngồi ra HS lớp10 THPT cũng có thể sử dụng trong quá trình
tự học. Học sinh trung học phổ thơng dùng làm tài liệu để ôn thi Đại học – Cao đẳng.

II.3. LỢI ÍCH KINH TẾ - XÀ HỘI

3.1. Lợi ích có thể đạt được trong q trình giáo dục:

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Đối với học sinh, nhất là học sinh khá giỏi, các giải pháp này là phương tiện hỗ trợ thật sự cần
thiết cho quá trình tự học tự rèn. Nó khơi dậy phần tiềm năng cịn ẩn khuất trong mỗi học sinh khi

được tiếp cận với những giải pháp mà đã được giáo viên hướng dẫn. Những sai lầm HS mắc phải đã
được khắc phục, tạo sự hứng thú tự tin u thích tốn học trong mỗi học sinh.

3.2. Chất lượng, hiệu quả sử dụng:

- Bằng cách áp dụng đồng bộ các giải pháp đã nêu trong q trình thực hiện, ở trường chúng tơi trong
hai năm qua, phần nào giáo viên đã bớt khó khăn về mặt thời gian và phương pháp khi hướng dẫn
cho học sinh giải phương trình vơ tỉ. Sau hai năm thực hiện và đối chiếu, kết quả đạt được như sau:

3.2.1. HỌC SINH ĐẠI TRÀ
a) Bài kiểm tra chương I (tiết 18)

Năm học Lớp Sĩ

số

Giỏi Khá Trung bình Yếu, kém TB trở lên

SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% SL TL%

2009- 2010
Dạy thông

thường

9 A1 37 3 8.1 5 13.5 12 32.4 17 45.9 20 54.1
9 A2 36 5 13.9 5 13.9 12 33.3 14 38.9 22 61.1
9 A3 37 5 13.5 6 16.2 11 29.7 16 43.2 22 59.4
2009 – 2010

Dạy theo

SKKN

9 A7 37 12 32.4 13 35.1 11 29.7 1 2.7 36 97.3

9 A8 38 18 47.4 12 31.6 7 18.4 1 2.6 37 97.4

9 A9 37 12 32.4 12 32.4 11 29.7 2 5.4 35 94.6

2010 – 2011
Dạy thông

thường

9 A1 34 7 20.6 7 20.6 10 29.4 10 29.4 24 70.6
9 A2 34 6 17.6 7 20.6 12 35.3 9 26.5 25 73.5
9 A3 33 3 9.1 5 15.2 14 42.4 11 33.3 22 66.7
2010 – 2011

Dạy theo

SKKN

9 A7 34 12 35.3 12 35.3 9 26.5 1 2.9 33 97.1

9 A8 34 20 58.8 8 23.5 6 17.6 34 100.0

9 A9 34 16 47.0 9 26.5 9 26.5 34 100.0

b)

Bài kiểm tra HKI năm học 2010 – 2011
Đề bài: Giải phương trình: x 2 x2 4 0 (1)

Đáp án Điểm

Điều kiện x  2

(1) 

2 0
2(1 3 2) 0

1 3 2 0

x

x x

x

  

     

  



2 2

1 17

3 9

x x

 

 

 

 

    

 

0,25
0,25

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Kết hợp với điều kiện x  2 thì x = 2 ( thoả mãn); x = 
17

9


(loại)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = 2

0,25

Kết quả thống kê
Phương pháp

giảng dạy

Lớp Sĩ
số

Điểm 0,0 Điểm 0,25 Điểm 0,5 Điểm 0,75 Điểm 1,0

SL TL SL TL SL TL SL TL SL TL

Dạy thông thường

9A1 34 5 14.7 15 44.1 7 20.6 7 20.6 0
9A2 34 6 17.6 12 35.2 12 35.2 3 8.8 0
9 A3 33 12 36.4 13 39.4 7 21.2 1 3.0 0

Dạy theo SKKN

9 A7 34 1 2.9 2 5.9 10 29.4 21 61.

8

9A8 34 1 2.9 3 8.8 3 8.8 27 79.

4

9A9 34 1 2.9 4 11.

8

4 11.8 25 73.
5
3.2.2. KẾT QUẢ THI HỌC SINH GIỎI

Năm học Cấp huyện Cấp tỉnh

SL dự thi Đạt giải SL dự thi Đạt giải

2008 – 2009
(Chưa dạy theo SKKN)

3 1

(khuyến khích)

3 1

(1 giải nhì)

2009 – 2010

(Dạy theo SKKN – HKII) 3 0 2 (khuyến khích2 )

2010 – 2011

(Dạy theo SKKN) 5 (1 nhì, 2 giải 3, 2 giải5
khuyến khích)

4 4

(1 nhì, 1 giải 3, 2 giải
khuyến khích)

Đặc biệt nhiều học sinh tham gia chuyên mục “Giải bài kì trước” trên tạp chí tốn học tuổi trẻ và
thi “giải toán qua thư” trên tạp chí tốn tuổi thơ 2. Có 4 học sinh được nêu tên trong đó em
Nguyễn Trọng Nhất lớp 9A8 đã được khen và nêu tên trên tạp chí Tốn học & Tuổi trẻ sớ 407
tháng 5/2011, do có lời giải hay và độc đáo cho các bài Tốn – Lí trên chun mục “Giải bài kì
trước” với bài tốn sau:

* Giải phương trình x 4 x4 17 x8 174  x 34
Lời giải: Điều kiện 0  x 17

Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ sớ khơng âm ta có
2 2

4 17 (1 4 )( 17 ) 17 (1)

x  x  x  x 

2 2

8 17 (1 4 )( 4 17 ) 17( 4 17 ) (2)

x  x   x  x  x  x

Cộng theo vế bất đẳng thức (1) và (2) ta được
4 4 17 8 174 34

x x  x  x 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 4

x x

x



</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm x = 1.

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai sớ khơng âm ta có

1 16 (17 ) 33

; 4 17-x

2 2 2

x x x

x      

4 1 1 1 1 3

2 2 2 4

x x x

x        

 

4 17 33 65

17 4. 2 4

2 8 4

x x x

x      

      

 

Suy ra x4 x4 17 x8 174  x 34
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.

Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm x = 1.
3.3. Tác động đến điều kiện lao động

Khi chưa áp dụng sáng kiến kinh nghiệm thì “phương trình vơ ti” là một mảng chuyên đề mà
giáo viên làm công tác bồi dưỡng rất ngại khi được phân công phụ trách chuyên đề này . Học sinh đại
trà gần như không giải được các dạng tốn liên quan đến phương trình vơ tỉ, học sinh giỏi thường bỏ
qua bài toán này trong các đề thi học sinh giỏi toán cấp huỵện, cấp tỉnh, thi vào THPT chuyên Lê
Quý Đôn .

Khi áp dụng kinh nghiệm vào giảng dạy, giáo viên đã tích lũy được cho mình một vớn kiến
thức q báu, ln có cơ hội để trao đổi kinh nghiệm lẫn nhau trong q trình giảng dạy, tiết kiệm
được thời gian và cơng sức để đầu tư thêm vào các chuyên đề khác trong quá trình bồi dưỡng học
sinh giỏi dự thi các cấp. Với học sinh thì trạng thái thiếu tự tin khi gặp dạng tốn này khơng cịn nữa.
Ý thức học tập bộ mơn tốn của học sinh được nâng lên rõ rệt. Học sinh giỏi thi nhau tìm và giải các
bài tốn về phương trình vơ tỉ trong các đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh, đề thi vào THPT Lê
Q Đơn hàng năm và các bài tốn được đăng trên tạp chí tốn học tuổi trẻ và toán tuổi thơ 2. Học
sinh đại trà thực hiện thành thạo các phép biến đổi, rút gọn các biểu thức chứa căn bậc hai, giải được
các phương trình vơ tỉ cơ bản. Phần lớn học sinh có thể tự đọc và hiểu tài liệu một cách rõ ràng,
lôgich để tự mình sáng tác thêm các bài tốn mới về phương trình vơ tỉ để phục vụ cho việc tự học.

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

1. Những điều kiện, kinh nghiệm áp dụng, sử dụng giải pháp

Dạy học toán thực chất là dạy hoạt động tốn học. Trong hoạt động đó, học sinh cần phải được

cuốn hút vào những hoạt động học tập do giáo viên tổ chức và chỉ đạo, thơng qua đó học sinh học
sinh tự khám phá điều mình chưa biết chứ khơng phải thụ động tiếp thu những tri thức sắp đặt sẵn.
Theo tinh thần này, trong một tiết lên lớp giáo viên là người tổ chức chỉ đạo cho học sinh tiến hành
các hoạt động học tập: củng cớ kiến thức cũ, tìm tịi phát hiện kiến thức mới, luyện tập vận dụng kiến
thức vào các tình h́ng khác nhau… giáo viên khơng cung cấp, khơng áp đặt những kiến thức có sẵn
mà hướng dẫn học sinh thông qua các hoạt động để phát hiện và chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ
năng, hình thành kĩ năng vận dụng toán học vào thực tiễn.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

thức phương pháp nói trên tạo điều kiện cho học sinh có thể tự đọc hiểu được tài liệu, tự làm bài tập,
nắm vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản đồng thời phát huy được tiềm năng sáng tạo của bản thân.
Nghiên cứu kỹ chương trình tốn học trung học cơ sở, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham
khảo, các tài liệu liên quan, các chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh, kể cả
chương trình tốn học của trung học phổ thơng sẽ giúp cho giáo viên định hướng tốt cho quá trình
thực hiện một tiết lên lớp và xây dựng chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả. Giáo viên phải
giúp học sinh sửa sai ngay trong lời giải của mình để giúp học sinh khắc sâu kiến thức nhớ lâu và nếu
qn có thể tìm lại được.

2. Những triển vọng trong việc vận dụng và phát triển giải pháp

Muốn nâng cao chất lượng đào tạo phải nâng cao trình độ chun mơn cho mỗi giáo viên. Vì vậy,
để có được hiệu quả như mong ḿn, mỗi giáo viên nên thực đảm bảo tính xun suốt, liên tục trong
việc xây dựng kế hoạch giảng dạy phương trình vơ tỉ và bồi dưỡng học sinh giỏi. Nếu mỗi giáo viên
biết cách tự sáng tạo, tự học và tự rèn trong điều kiện cho phép và sự nổ lực cớ gắng của bản thân thì
một sớ giải pháp này mới chỉ là sự khởi đầu của niềm đam mê tốn học trong mỗi chúng ta. Có thể sử
dụng những giải pháp này để sáng tác ra những bài toán phát triển tư duy cao hơn, mở rộng hơn tầm
nhận thức của mỗi người là cơng trình nghệ thuật của mỗi giáo viên đang dạy toán và mãi mãi của
những người u thích tốn. Sự thành cơng của mỗi giáo viên trên con đường dạy học sẽ góp phần
tạo hứng thú tự tin cho học sinh.

Vận dụng các giải pháp trên giáo viên có thể xây dựng các chuyên đề khác phục vụ cho nhu cầu

giảng dạy của mình bằng cách tương tự. Phát hiện ra sai lầm học sinh thường mắc phải thì sẽ giúp
cho học sinh tránh được những sai lầm đó trên con đường học tốn của mình. Có thể vận dụng các
giải pháp nêu trên để tiếp tục phát triển sâu hơn, rộng hơn một số phương pháp khác trong hệ thớng
bài tập về phương trình vơ tỉ và các dạng bài tập tương tự.

3. Đề xuất, kiến nghị

Để có được kết quả như mong ḿn ngồi u cầu chung là giáo viên phải có năng lực chun
mơn sư phạm vững vàng cịn địi hỏi mỗi giáo viên phải có lịng say mê, nhiệt tình và tâm huyết với
nghề nghiệp. Dành nhiều thời gian đầu tư cho công tác soạn giảng, nghiên cứu kĩ chương trình tốn
THCS, đọc nhiều sách và tài liệu tham khảo liên quan đến vấn đề đang trực tiếp giảng dạy để tích luỹ
một sớ kinh nghiệm cần thiết, vững vàng tự tin khi đứng lớp cũng như khi làm công tác bồi dưỡng
học sinh giỏi … thì mới giúp học sinh hoàn thiện kiến thức và tạo cho các em hứng thú khi đến giờ
học toán.

Nhà trường một mặt phải có biện pháp kích thích, ni dưỡng lịng nhiệt tình của những giáo
viên lớn tuổi đồng thời phải có kế hoạch bồi dưỡng lớp giáo viên trẻ có năng lực để kịp thời bổ sung
vào lực lượng giáo viên cốt cán của nhà trường. Xuất phát tư đặc điểm tâm sinh lí lứa tuổi, chúng ta
có thể thấy những giáo viên lớn tuổi thường giàu kinh nghiệm, chun mơn vững vàng, có nhiều tâm
hút, gắn bó với nghề nhưng dễ bằng lịng, ḿn nghỉ ngơi. Cịn những giáo viên trẻ thì nhiệt tình,
năng động, sáng tạo, ham học hỏi, muốn được khẳng định mình nhưng thường thiếu kinh nghiệm và
hay nóng vội. Do đó nhà trường cần phải biết cách để cho hai lực lượng này bổ sung, hỗ trợ cho
nhau, tạo nên một tiềm lực đủ mạnh, đủ bền và năng động để nâng cao chất lượng dạy học.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Bộ phân chun mơn phịng giáo dục chọn lọc sắp xếp phân cơng cho tổ tốn các trường viết các
chun đề nâng cao hàng năm có đội ngũ cớt cán thẩm định để tư đó có thêm một sớ tài liệu cho giáo
viên tham khảo khi giảng dạy cũng như thực hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hiệu quả.

Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ mà bản thân tích luỹ được trong q trình giảng dạy, tơi
mong muốn trao đổi cùng các bạn đồng nghiệp, hi vọng sáng kiến kinh nghiệm này sẽ phần nào cung

cấp thêm các phương pháp giải phương trình vơ tỉ cho các bạn đồng nghiệp và các em học sinh giỏi
ḿn tìm hiểu sâu thêm về kiến thức toán trung học cơ sở, làm nền tảng cho kiến thức toán trung học
phổ thơng, đồng thời có được sự ủng hộ và góp ý chân thành của tất cả các bạn để cho bài viết được
hoàn thiện hơn. Xin chân thành cám ơn.

Phù Mỹ, ngày 02 tháng 4 năm 2012
 Người viết

Nguyễn Văn Thanh

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa, sách bài tập toán 9 - Tập I, tập II.

2. Ôn kiến thức luyện kĩ năng Đại số 9 – Tôn Thân (chủ biên)

3. Một sớ chun đề liên quan đến giải phương trình vơ tỉ được đăng trên tạp chí Tốn học &
tuổi trẻ và trên tạp chí Tốn tuổi thơ 2.

4. Một sớ bài viết liên quan đến giải phương trình vơ tỉ được đăng tải trên các trang mạng
Tốn học của một số tác giả.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

MỤC LỤC

Trang

PHẦN A: MỞ ĐẦU ……….. 1

I. Đặt vấn đề ………. 1

1. Thực trạng của vấn đề ………. 1

2. Ý nghĩa và tác dụng của giải pháp mới ……….. .. 2

3. Phạm vi nghiên cứu của đề tài ………..2

II. Phương pháp tiến hành ……….. 3

1. Cơ sở ……… ...3

2. Các biện pháp tiến hành và thời gian tạo ra giải pháp ……….. 3

PHẦN B: NỘI DUNG ……… 4

I. Mục tiêu ………. 4

II. Mô tả giải pháp của đề tài …… ……… 5

II.1a. Những sai lầm thường gặp khi giải phương trình vơ tỉ……… 5

II.1b. Một sớ phương pháp giải phương trình vơ tỉ ……… ……… 19

II.2. Khả năng áp dụng ………..61

II.3. Lợi ích kinh tế xã hội ………63

PHẦN C: KẾT LUẬN ………. 65

TÀI LIỆU THAM KHẢO ……….. 67

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72></div>

conduongcoxua welcome to my blog

<i><b>Phương trình là một chủ đề chính trong chương trình tốn phổ thơng. Trong chương trình</b></i>

<b>1. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ</b>

<b>2. Ý NGHĨA VÀ TÁC DỤNG CỦA GIẢI PHÁP MỚI.</b>

<b>2.1. Đối với học sinh:</b>

<b>2.2. Đối với giáo viên</b>

<b>3. PHẠM VI NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI</b>

<b>2. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH VÀ THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP</b>

2.1. CÁC BIỆN PHÁP TIẾN HÀNH

2.2

THỜI GIAN TẠO RA GIẢI PHÁP

<b> </b>

<b>II.1a. </b>

<b>NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ</b>









 











 











<b>a)</b>









<b>MỘT SỐ PHƯƠNG</b>

<b>PHÁP GIẢI PHƯƠNG</b>

<b>TRÌNH VƠ TỈ</b>

<b>CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP</b>





<b>NÂNG LÊN LUỸ THỪA</b>





<b>2. </b>

<b>VẬN DỤNG HẰNG</b>

<b>ĐẲNG THỨC</b>

<b>PHƯƠNG PHÁP ĐẶT</b>

<b>ẨN PHỤ</b>

<b>DÙNG BIỂU THỨC</b>

<b>LIÊN HỢP</b>

<b>5. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH</b>

<b>VƠ TỈ BẰNG CÁCH</b>

<b>ĐÁNH GIÁ</b>

<b>6. VẬN DỤNG HẰNG</b>

<b>ĐẲNG ĐẲNG THỨC</b>

<b>7.VẬN DỤNG BẤT ĐẲNG</b>

<b>THỨC</b>

<b>1. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LUỸ THỪA</b>









<b>GIẢI</b>

















<b>TRONG DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐƠÍ</b>

<b>GIẢI </b>









<b>3. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ</b>

<i><b> 3.1. ĐẶT MỘT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI</b></i>