Tải bản đầy đủ

SKKN một số gợi ý để đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở trường THCS

PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO HUYỆN Ý YÊN
TRƯỜNG THCS LÊ QUÝ ĐÔN

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
“MỘT SỐ GỢI Ý ĐỂ ĐẶT ẨN PHỤ TRONG GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ BỒI DƯỠNG HỌC SINH KHÁ GIỎI Ở
TRƯỜNG THCS”

Tác giả: Nguyễn Văn Tuyến.
Trình độ chuyên môn: ĐHSP Toán
Chức vụ công tác: Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên
Nơi công tác: Trường THCS Lê Qúy Đôn.

Ý Yên, ngày 25 tháng 5 năm 2015

1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: “ Một số gợi ý để đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ bồi
dưỡng học sinh khá giỏi ở trường THCS ”

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Giảng dạy môn Toán 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán 9 trong chuyên đề giải phương trình vô tỷ.
3. Thời gian áp dụng sáng kiến :
Từ ngày 1/10/2013 – 20/3/2015 đối với đội tuyển Toán 9.
Từ ngày 1/10/2014 – 10/5/2015 đối với học sinh lớp 9A4, 9A5.
4. Tác giả
Họ và tên: Nguyễn Văn Tuyến
Năm sinh: 1980
Nơi thường trú: Yên Phong - Ý Yên - Nam Định
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm
Chức vụ công tác: Tổ trưởng tổ Khoa học Tự nhiên
Nơi làm việc: Trường THCS Lê Qúy Đôn – Huyện Ý Yên
Điện thoại : 01234.834.309
Tỷ lệ đóng góp sáng kiến: 100%.
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến
Tên đơn vị: Trường THCS Lê Qúy Đôn – Huyện Ý Yên
Địa chỉ liên hệ: Trường THCS Lê Qúy Đôn – Huyện Ý Yên
Điện thoại : 03503.823.370

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
2


I. Điều kiện, hoàn cảnh tạo ra sáng kiến.
Đối với các môn học nằm trong chương trình của giáo dục phổ thông nói chung và
trường THCS nói riêng, môn Toán là một trong những môn khoa học công cụ quan trọng,
nó là cầu nối các ngành khoa học với nhau đồng thời có tính thực tiễn rất cao phục vụ
trực tiếp đời sống xã hội.
Từ trước đến nay môn Toán thường được coi là một môn học khô khan, nhàm chán,
đòi hỏi phải có trí thông minh, khả năng nhớ và tư duy cao, vì vậy ngày càng có nhiều học
sinh ngại, lười học môn Toán. Do đó việc đổi mới phương pháp dạy học, tổ chức các hoạt
động tích cực trong mỗi giờ dạy; khai thác những cách giải mới ngắn gọn; kích thích, thúc
đẩy hướng tư duy; khơi dậy lòng ham muốn; phát triển nhu cầu tìm tòi, khám phá cái hay,
cái mới, khả năng tự học môn Toán là việc làm vô cùng cần thiết hiện nay. Vấn đề nêu
trên cũng là khó khăn với không ít giáo viên. Nhưng ngược lại, nếu giải quyết được điều
này là chúng ta đã góp phần xây dựng cho bản thân mình một phong cách và phương pháp
dạy học hiện đại giúp cho học sinh có hứng thú và có hướng tư duy mới trong việc lĩnh
hội kiến thức môn Toán.
Trong chương trình toán lớp 9, phương trình vô tỷ là một mảng kiến thức hay và
rộng. Nó xuất hiện ở hầu hết các đề thi vào THPT; trong cấu trúc đề thi chọn HS giỏi của

tỉnh Nam Định và đề thi vào các trường THPT chuyên trong mấy năm trở lại đây luôn có
một bài về dạng này (chiếm tỷ lệ điểm từ 10% đến 15% điểm của bài thi). Điều đó cho
thấy vai trò của mảng kiến thức “phương trình vô tỷ” là rất quan trọng.
Đối tượng học sinh ở THCS Lê Qúy Đôn, đa số các em là những học sinh học khá,
giỏi hơn nữa rất nhiều em sẽ tham gia các kì thi chọn học sinh giỏi, các kì thi tuyển sinh
vào các trường THPT chất lượng cao và chuyên, nên việc trang bị cho các em các kiến
thức về phương trình nhất là phương trình vô tỷ là cần thiết.
Khi giải một phương trình vô tỷ, nhiều trường hợp dùng các phép biến đổi tương
đương sẽ cho ta phương trình phức tạp hoặc bậc quá cao. Phương pháp hữu hiệu là đặt ẩn
phụ để chuyển phương trình đã cho về phương trình hay hệ phương trình đơn giản và dễ
giải quyết hơn.
Chẳng hạn: Giải phương trình: 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x
Nếu ta đặt y = 2 + x − 2 2 − x , thì ta được phương trình mới đơn giản là:

(

)

Hoặc : Giải phương trình: x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30
Nếu ta đặt y = 3 35 − x 3 , thì ta được hệ phương trình đối xứng quen thuộc là:
x 3 + y 3 = 35

xy( x + y ) = 30
3


Kinh nghiệm thực tế cho thấy, không có phương pháp chung nhất cho việc đặt ẩn
phụ khi giải phương trình vô tỷ, mà là sự linh hoạt, sáng tạo trong giải toán, vì việc đặt ẩn
phụ cần phải đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải bài toán một cách ngắn ngọn và
dễ hiểu (chứ không phải là đưa về phương trình hay hệ phương trình đơn giản mà lại
không giải được). Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy: Nếu giảng dạy tốt phần phương
trình vô tỷ, nhất là bằng phương pháp đặt ẩn phụ thì ngoài việc nâng cao được chất lượng
ở các kỳ thi, ta còn nâng cao được năng lực giải toán (sự linh hoạt, thông minh trong đổi
ẩn) và bồi dưỡng cho học sinh khả năng tư duy tổng hợp. Để làm được điều đó trước hết
ta cần cung cấp cho các em những cơ sở để đặt ẩn phụ và một số phương pháp đặt ẩn phụ
thường dùng; cách nhận biết một phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ. Từ đó
khi gặp đề thi hoặc bài tập về phương trình vô tỷ, các em có thể chủ động được cách giải,
chủ động tư duy và tìm hướng giải quyết.
Từ thực tế đó cùng với những kinh nghiệm rút ra trong quá trình giảng dạy của mình,
thông qua việc bàn bạc trao đổi với đồng nghiệp, tôi thấy việc trang bị cho học sinh các
kỹ năng giải phương trình vô tỷ nhất là phương pháp đặt ẩn phụ là cần thiết. Với mong
muốn có thể trao đổi, sẻ chia kinh nghiệm nhỏ góp phần nâng cao hơn nữa năng lực giải
toán nói chung và phương trình vô tỷ nói riêng, từ đó thu hút học sinh ham mê học toán,
phát huy năng khiếu của các em trong đội tuyển. Tôi xin mạnh dạn nghi lại những kinh
nghiệm mà bản thân tự tích lũy được trong công tác giảng dạy qua sáng kiến : “ Một số
gợi ý để đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ bồi dưỡng học sinh khá giỏi ở trường
THCS”
II. Thực trạng
Qua nghiên cứu, tìm hiểu thực tiễn, dự giờ, điều tra GV dạy lớp 9 và học sinh lớp 9
ở trường THCS Lê Quý Đôn, trường THCS Yên Phong và trường THCS Thị Trấn Lâm
(Ý Yên), qua thực tiễn giảng dạy môn toán lớp 9 đặc biệt là các giờ bồi dưỡng học sinh
khá giỏi, tôi nhận thấy:
+ Số học sinh học tốt môn toán (nắm vững kiến thức; có kỹ năng, kỹ xảo; có
phương pháp tự học, tự bồi dưỡng) còn chiếm tỷ lệ thấp.
+ Trong thực tế khi gặp phải bài toán về phương trình vô tỷ nhiều học sinh lớp 9
bỏ trắng, lúng túng không biết xoay sở ra sao. Một số em mặc dù đã được học,
xong vẫn chưa linh hoạt trong việc vận dụng các phương pháp, lời giải còn dài
dòng, không chính xác về kỹ năng, thậm chí một số em còn nhầm lẫn trong biến
đổi dẫn đến thiếu nghiệm, thừa nghiệm; không tìm ra nghiệm hoặc tính nghiệm sai.
Một số học sinh tham gia thi chọn học sinh giỏi hoặc thi vào các trường chuyên
còn chậm trong việc vận dụng khi giải một phương trình tương tự, làm mất thời
gian để làm các bài khác.
4


+ Thực tế giảng dạy, ôn tập một số giáo viên còn ngại khi dạy về phương trình
vô tỷ, cho rằng đó là kiến thức nâng cao, chỉ học sinh giỏi mới cần phải học. Một
số giáo viên khi hướng dẫn học sinh giải phương trình vô tỷ còn thiếu linh hoạt,
quá sa đà vào các phép biến đổi tương đương theo lối mòn dẫn đến phương trình
thu được ở một số bài phức tạp, làm giảm sự hứng thú của các em dẫn đến học sinh
ngày càng thấy học toán khô khan, phức tạp và làm mất đi ở các em tình yêu, sự
đam mê với môn Toán.
Kết quả điều tra về tâm lý khi dạy và học chuyên đề phương trình vô tỉ như sau :
Đối tượng

Kết quả (tỷ lệ phần trăm)

Tổng số được
điều tra

Rất hứng thú

Hứng thú

Bình thường

Không hứng
thú
50%
47%

Giáo viên
8
12,5%
12,5%
25%
Học sinh
98
15,3%
17,3%
20,4%
III. Các giải pháp ứng dụng
Để giúp người dạy cũng như người học thấy được vai trò của phương pháp đặt ẩn
phụ trong giải phương trình vô tỉ, tôi đưa ra các giải pháp về kiến thức, kỹ năng và những
gợi ý (biện pháp, kỹ thuật) để tháo gỡ (quy lạ về quen) khi gặp phải những phương trình
phức tạp hơn.
1. Hệ thống các vấn đề lý thuyết cần cung cấp cho học sinh.
a) Các bước cơ bản khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ:
Có 3 bước cơ bản khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ
- Bước 1: Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện cho ẩn phụ (nếu có)
- Bước 2: Chuyển phương trình đã cho về phương trình (hệ phương trình) có
biến là ẩn phụ. Giải phương trình (hệ phương trình) này, đối chiếu điều kiện
nếu có để chọn ra giá trị thích hợp của ẩn phụ.
- Bước 3: Giải phương trình với giá trị vừa tìm được của ẩn phụ, đối chiếu
ĐKXĐ (nếu có) và kết luận tập nghiệm.
b) Các phương pháp đặt ẩn phụ.
- Đặt ẩn phụ theo số lượng ẩn: đặt 1 ẩn phụ, 2 ẩn phụ , 3 ẩn phụ , …
- Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình chứa ẩn mới hay hệ
phương trình.
- Đặt ẩn phụ hoàn toàn (phương trình mới không chứa ẩn cũ) hay không hoàn
toàn (phương trình mới còn chứa ẩn cũ).
2. Các giải pháp cụ thể.
5


Trước tiên người học cần nắm được (tự hình thành hoặc dưới sự hướng dẫn của giáo
viên) các phương trình vô tỉ có cấu trúc giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ thông
qua các ví dụ. Từ đó thấy được vài trò của phương pháp này, đồng thời bước đầu có
những kĩ thuật cơ bản để chọn ẩn phụ.
A. Một số dạng phương trình vô tỉ có cấu trúc giải được bằng phương pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x ( x + 5) + 2 = 23 x 2 + 5x − 2

(1)

Lời giải: Đặt y = 3 x 2 + 5x − 2 ⇔ y 3 = x 2 + 5x − 2 ⇔ x ( x + 5) + 2 = y 3 + 4
PT (1) trở thành: y 3 − 2 y + 4 = 0 ⇔ ( y + 2)( y 2 − 2 y + 2) = 0 ⇔ y = −2
Với y = −2, ta có PT 3 x 2 + 5x − 2 = −2 ⇔ x 2 + 5x − 2 = −8 ⇔ x 2 + 5x + 6 = 0 ⇔ x = −2
hoặc x = −3
Vậy phương trình (1) có tập nghiệm S = { − 2; − 3}
*TQ (Dạng 1): Nếu biểu thức ngoài dấu căn biểu thị được theo biểu thức trong dấu căn
thì ta đặt căn thức đó làm ẩn (đặt điều kiện cho ẩn nếu có) rồi đưa phương trình đã cho về
phương trình đa thức.
Ví dụ 2: Giải phương trình: ( x − 2)( x + 2) + 4( x − 2)

x+2
+3= 0
x−2

(2)

Lời giải: ĐKXĐ x > 2 hoặc x ≤ −2 .
Đặt y = ( x − 2)

x+2
⇒ y 2 = ( x − 2)( x + 2).
x−2

PT (2) trở thành: y 2 + 4 y + 3 = 0 ⇔ ( y + 1)( y + 3) = 0 ⇔ y = −1 hoặc y = −3
+ Với y = −1, ta có PT
( x − 2)

x+2
= −1 ( x < 2) ⇔ ( x − 2)(x + 2) = 1 ⇔ x 2 = 5 ⇔ x = − 5 ( t / m)
x−2

+ Với y = −3, ta có PT
( x − 2)

x+2
= −3 ( x < 2) ⇔ ( x − 2)( x + 2) = 9 ⇔ x 2 = 13 ⇔ x = − 13 ( t / m)
x−2

{

Vậy phương trình (2) có tập nghiệm S = − 5 ; − 13

}

*TQ (Dạng 2): Giải phương trình dạng: m( x + a )( x + b) + n ( x + a )
PP: Đặt y = ( x + a )

x+b
⇒ y 2 = ( x + a )( x + + b).
x+a

PT đã cho trở thành my 2 + ny + c = 0
6

x+b
+c=0
x+a


(2 + 3 ) + (2 − 3 ) = 4 (3)
Ta có ( 2 + 3 ) . ( 2 − 3 ) = ( 2 + 3 )( 2 − 3 ) =
(2 + 3 ) ( y > 0) ⇒ (2 − 3 ) = 1y
x

Ví dụ 3: Giải phương trình:
Lời giải:
Đặt y =

x

x

x

x

PT (3) trở thành: y +

4 −3 =1

x

1
= 4 ( y > 0) ⇔ y 2 + 1 = 4 y ⇔ y = 2 ± 3
y

+ Với y = 2 + 3 , ta có PT
+ Với y = 2 − 3 , ta có PT

(2 + 3 )
(2 + 3 )

x

= 2+ 3⇔

x

= 2− 3⇔

Vậy phương trình (3) có tập nghiệm S = { ± 2}

(2 + 3 )
(2 + 3 )

x

=

x

=

(2 + 3 )
(2 + 3 )

2

−2

⇔x=2
⇔ x = −2

*TQ (Dạng 3): Nếu tích hai biểu thức bằng hằng số k không đổi (k ≠ 0), ta đặt một biểu
thức bằng y, biểu thức còn lại là

rồi đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x
1
5
Lời giải: ĐKXĐ x ≠ 0; x − ≥ 0;2x − ≥ 0.
x
x

Ví dụ 4: Giải phương trình:

PT (4) ⇔ x −

1
5
4
− 2x − = x −
x
x
x

1
x

(4)

(*)




5
x

1 
x 

5
x




4
x

Đặt y = x − ; t = 2x − ( y, t ≥ 0) ⇒ y 2 − t 2 =  x −  −  2x −  = − x − 
PT (*) trở thành: y − t = −( y 2 − t 2 ) ⇔ ( y − t )( y + t + 1) = 0 ⇔ y = t (do y; t ≥ 0)
Với y = t , ta có PT

x−

1
5
1
5
4
= 2 x − ⇔ x − = 2x − ⇒ x = ⇔ x = 2( t / m) hoặc
x
x
x
x
x

x = −2(không t / m).

Vậy phương trình (4) có tập nghiệm S = { 2}

*TQ (Dạng 4): Giải phương trình dạng: f ( x ) ± g ( x ) = a ( f ( x ) − g( x ) )
PP: Đặt y = f ( x ) ; t = g( x ) ( y ≥ 0; t ≥ 0).

PT đã cho trở thành y ± t = a ( y 2 − t 2 ) . Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
Ví dụ 5: Giải phương trình: 2015x 2 − 4x + 3 = 2014x 4x − 3
3
4

Lời giải: ĐKXĐ x ≥ .
7

(5)


Đặt y = 4x − 3. ( y ≥ 0) PT (5) trở thành: 2015x 2 − 2014 xt − y 2 = 0
⇔ ( y − x )(2015x + y) = 0 ⇔ y = x (do x ≥

3
> 0; y ≥ 0)
4

Với y = x , ta có PT

4x − 3 = x  x ≥


3
2
 ⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1)(x − 3) = 0 ⇔ x = 1( t / m) hoặc x = 3( t / m)
4

Vậy phương trình (2) có tập nghiệm S = {1; 3}

*TQ (Dạng5): Giải phương trình dạng: f ( x ) .g( x ) = f ( x ) + h ( x )
PP: Đặt y = f ( x ) ( t ≥ 0).
PT đã cho trở thành t 2 − t.g( x ) + h ( x ) = 0 . Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
Ví dụ 6: Giải phương trình: 8 x 3 + x = 3( x 2 − x + 1)
Lời giải: ĐKXĐ x ≥ 0.

(

) (

PT (6) ⇔ 8 x x 2 + 1 = 3 x 2 + 1 − x

(6)

) ( **)

Đặt y = x ; t = x 2 + 1 ( y ≥ 0; t > 0) ⇒ t 2 − y 2 = x 2 + 1 − x
PT (**) trở thành: 8yt = 3( t 2 − y 2 ) ⇔ ( y + 3t )( 3y − t ) = 0 ⇔ t = 3y( do y ≥ 0; t > 0)
9 ± 77
Với t = 3y, ta có PT
3 x = x 2 + 1 ( x ≥ 0) ⇔ x 2 − 9 x + 1 = 0 ⇔ x =
( t / m)
2

 9 ± 77 
Vậy phương trình (6) có tập nghiệm S = 

 2 

*TQ (Dạng 6): Giải phương trình dạng: a. f ( x ) . g( x ) = b.f ( x ) + c.g( x )
PP: Đặt y = f ( x ) , t = g( x ) ( y ≥ 0, t ≥ 0).
PT đã cho trở thành ayt = by 2 + ct 2 . Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
Ví dụ 7: Giải phương trình: x 2 + x + 5 = 5

(7)

Lời giải: ĐKXĐ x ≥ 0
Đặt y = x + 5 ( y ≥ 0) ⇒ y 2 = x + 5.
2
2


x 2 + y = 5
x 2 + y = 5
x + y = 5
x + y = 5
⇔ 2


Ta có hệ PT  2


2


( x + y )( x − y + 1) = 0
y = − x
y − x = 5
x − y + x + y = 0

x 2 + y = 5
± 1 + 21
hoặc 
. Từ đó ta tìm được x =
( t / m)
2
y = x + 1
8




Vậy phương trình (6) có tập nghiệm S =  ± 1 + 21 
2



*TQ (Dạng 7): Giải phương trình dạng: x 2 + x + a = a
PP: Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ PT đơn giản giải bằng PP thế
Đặt y = x + a ( y ≥ 0) ⇒ y 2 = x + a.
x 2 + y = a
Ta có hệ PT  2
. Tìm y theo x rồi tìm nghiệm x (nếu có).
 y − x = a

Ví dụ 8: Giải phương trình:

3

25 + x + 3 3 − x = 4

(8)

Lời giải: Đặt y = 3 25 + x , t = 3 3 − x ⇒ y 3 + t 3 = 28.
y + t = 4
y + t = 4




2
3
3
 yt = 3
 y + t = 28
( y + t ) ( y + t ) − 3yt = 28
y + t = 4

(

Ta có hệ PT 

)

Do đó a,b là các nghiệm (nếu có) của phương trình
t = 3
t = 1
X 2 − 4X + 3 = 0 ⇔ ( X − 1)( X − 3) = 0 ⇒ 
hoặc  y = 3
y = 1

Giải các hệ phương trình ta có nghiệm x=1, x=2
Vậy phương trình (8) có tập nghiệm S = {1; 2}
*TQ (Dạng 8): Giải phương trình dạng: m a + f ( x ) + m b − f ( x ) = c
PP: Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ PT đối xứng
Đặt y = m a + f ( x ) , t = m b − f ( x ) ( y ≥ 0, t ≥ 0) ⇒ y m + t m = a + b.
y + t = c

Ta có hệ đối xứng loại 2 

n
m
y + t = a + b

Ví dụ 9: Giải phương trình: x 3 + 1 = 23 2x − 1
Lời giải:

. Tìm y theo t rồi tìm nghiệm x (nếu có).
(9)

Đặt y = 3 2x − 1

3
3
3



x + 1 = 2 y
x + 1 = 2 y
x + 1 = 2 y
⇔ 3
⇔
Ta có hệ PT  3
3
2
2



y + 1 = 2x
x − y = 2 y − 2 x
( x − y ) x + xy + y + 2 = 0

(

x = y
−1± 5
⇔ 3
. Từ đó ta tìm được x1 = 1; x 2 =
2
x + 1 = 2x

 −1± 5 
Vậy phương trình (9) có tập nghiệm S =  1;

2 


*TQ (Dạng 9): Giải phương trình dạng: x n + b = a.n ax − b
PP: Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng
Đặt y = n ax − b
9

)


x n = ay − b
Ta có hệ đối xứng loại 2:  n
 y = ax − b

Bài tập áp dụng :
Bài 1: Giải các phương trình :
a ) 3x 2 + 21x + 2 x 2 + 7 x + 7 = −16
c, ( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

b) x 2 − 4 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + 5

x +1
+3=0
x−3

d)

2x
1 1
+
+
=2
1+ x
2 2x

b)

(6 −

Bài 2: Giải các phương trình :
a)

(5 − 2 6 )

c)

5x − 4 + x = x − 1

x

+

(5 + 2 6 )

x

= 10

35

)

x

+

(6 +

35

)

x

= 12

(Đề thi toán chuyên tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 20112012)
d)

4 x 2 + 5x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3
x

e)  x 2 − 8x + 7 + x 2 − 8x + 9  + 

 
Bài 3: Giải các phương trình :

(

a ) 3 x 3 + 8 = 2 x 2 − 3x + 2
b)

(

)

x

x − 8x + 7 − x − 8x − 9  = 2 x +1

2

2

)

2 x 4 + 4 = 3x 2 − 10x + 6

(Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT tỉnh Nam Định 2012-2013)
c) x 2 − 11x − 9 + 3 x 3 + 1 = 0

(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Nam Định năm học 2013-2014)
d) ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
e) ( x + 3) − x 2 − 8x + 48 = 28 − x
f ) 3( x + 1) x 2 + x + 3 − 3x 2 − 4x − 7 = 0

(Đề thi toán chuyên tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 20152016)
Bài 4: Giải các phương trình :
a ) 1 + 3 x − 16 = 3 x + 3

b)
10

4

57 − x + 3 x + 40 = 5


c)

3

x+

1
1
+
− x =1
2
2

d ) 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = 3

e) 23 6x − 5 + 23 3x − 2 = 8

Bài 5: Giải các phương trình :
a ) 4 x 2 + 2 x + 15 = 15

b) x 4 + x 2 + 2014 = 2014

c) x 3 + 2 = 33 3x − 2

Tuy nhiên trong giải toán nhất là giải phương trình vô tỉ, không phải lúc nào ta cũng
gặp phải phương trình có cấu trúc là một trong các dạng phương trình trên. Làm thế nào
để giải được chúng hay biến đổi chúng về một trong các dạng đã biết hoặc tương đồng?
Sau đây, tôi xin đưa ra một số ví dụ cùng những phân tích, gợi ý với mong muốn góp
phần giải quyết vấn đề nêu trên.
B. Một số gợi ý để đặt ẩn phụ khi giải phương trình vô tỉ không có cấu trúc.
Ví dụ 10: Giải phương trình: 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x

(10)

Gợi ý:
Nhận xét 1: Với − 2 ≤ x ≤ 2. Ta có

4 − x2 = 2 − x. 2 + x.

Do đó nếu đặt a = 2 − x , b = 2 + x thì 4 − x 2 = a.b và a 2 + 4b 2 = 10 − 3x.
Ta có cách giải 1:

ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

Với − 2 ≤ x ≤ 2. PT (1) ⇔ 3 2 + x − 6 2 − x + 4 ( 2 − x )( 2 + x ) = 10 − 3x
Đặt a = 2 − x , b = 2 + x (a , b ≥ 0)
PT đã cho trở thành: 3a − 6b + 4ab = a 2 + 4b 2 ⇔ ( 2b − a ) 2 − 3( 2b − a ) = 0

⇔ ( 2b − a )( 2b − a − 3) = 0 ⇔ a = 2b hoặc a = 2b − 3

Với a = 2b, ta có PT 2 − x = 2 2 + x ( − 2 ≤ x ≤ 2) ⇔ 2 − x = 8 + 4x ⇔ x = 6 ( t / m)
5

Với a = 2b − 3, ta có PT 2 − x = 2 2 + x − 3 (Vô nghiệm)
 6
 5

Vậy phương trình (10) có tập nghiệm S =  
Nhận xét 2: Với − 2 ≤ x ≤ 2.

(

)

PT (10) ⇔ 3 2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3x

Do đó nếu đặt y = 2 − x − 2 2 + x
11


thì y 2 = 2 + x − 4 4 − x 2 + 4(2 − x ) = 10 − 3x − 4 4 − x 2

Ta có cách giải 2: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.
Với − 2 ≤ x ≤ 2.

(

)

PT (10) ⇔ 3 2 + x − 2 2 − x = −4 ( 2 − x )( 2 + x ) + 10 − 3x

Đặt y = 2 − x − 2 2 + x
PT đã cho trở thành: 3y = y 2 ⇔ y( y − 3) = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = 3
6
Giải phương trình trong từng trường hợp, ta có tập nghiệm S =  
 5

* CHÚ Ý. Từ ví dụ trên ta thấy:
+ Đặt một hay hai ẩn phụ là tùy thuộc vào tư duy của người học. Việc đánh giá đặt ẩn
phụ tốt hay dở không phụ thuộc vào số lượng ẩn phụ mà phụ thuộc vào phương trình mới
được tạo thành phương trình nào dễ giải quyết hơn.
+ Trong nhiều trường hợp để làm xuất hiện ẩn phụ, ta thường sử dụng phối hợp phép
phân tích thành nhân tử hay sử dụng một số phép biến đổi tương đương (như nâng lên lũy
thừa, nhân hoặc chia cả hai vế của phương trình cho một biểu thức khác 0,…)
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a)

b)

(

x+4 + x−4
= x + x 2 − 16 − 6
2

3x + 1 − x + 2

)(

)

3x 2 + 7 x + 2 + 4 = 4 x − 2

c)

6x − 3
= 3 + 2 x − x2
x − 1− x

d)

x−

1
1 x −1
− 1− =
x
x
x

Ví dụ 11: Giải phương trình: x 2 + 2x x − 1 = 3x + 1
x

(11)

Gợi ý: Xét sự tương quan giữa các hệ số của biểu thức trong dấu căn và ngoài dấu
căn ta thấy, nếu chia cả 2 vế của phương trình cho x ≠ 0 ta sẽ đưa phương trình đã cho về
phương trình quen thuộc (Dạng 1) ở trên.
1
≥ 0, x ≠ 0.
x
Chia cả 2 vế của phương trình cho x ≠ 0 Ta có phương trình

Ta có lời giải : ĐKXĐ: x −

12


1
1
= 3+
x
x

x+2 x−

Đặt y = x −

⇔ x−

1
1
+ 2 x − − 3 = 0 (*)
x
x

1
( y ≥ 0)
x

PT (*) trở thành: y 2 + 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 3)( y − 1) = 0 ⇔ y = 1( do y ≥ 0)
Với y = 1 , ta có PT

x−

1`
1± 5
( t / m)
=1⇔ x =
x
2

 1± 5 
Vậy phương trình (11) có tập nghiệm S = 

2


Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a) x 2 + 3 +

4x
x2 + 3

=5 x

(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Nam Định năm học 2012-2013)

(

)

b) x + 2 x 2 − x + 1 = 1 + x
c) x 2 + 23 x 4 − x 2 = 3x + 1

Ví dụ 12: Giải phương trình:

x 2 + x − 6 + 3 x − 1 − 3x 2 − 6 x + 19 = 0

(12)

Gợi ý: Ta nhận thấy đa thức x 2 + x − 6 = ( x + 3)( x − 2) , còn đa thức 3x 2 − 6x + 19 không
phân tích được thành nhân tử với các hệ số nguyên nên ta tìm cách bỏ dấu căn chứa nó
(chuyển vế và bình phương hai vế).
Khi thu gọn các hạng tử đồng bậc và hoán vị linh hoạt các thừa số trong dấu
căn, ta được phương trình quen thuộc (Dạng 6) ở trên.
Ta có lời giải : ĐKXĐ: x ≥ 2.
Với x ≥ 2, PT (12) ⇔ x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 3x 2 − 6x + 19
⇔ x 2 + x − 6 + 6 x 2 + x − 6 . x − 1 + 9( x − 1) = 3x 2 − 6 x + 19
⇔ 3 ( x + 3)( x − 2 ) . x − 1 = x 2 − 8x + 17
⇔ 3 ( x + 3)( x − 1) . x − 2 = x 2 − 8x + 17

Đặt a =

( x + 3)( x − 1) , b =

x − 2 (a > 0, b ≥ 0) ⇒ a 2 − 10b 2 = x 2 − 8x + 17

PT đã cho trở thành:
3ab = a 2 − 10b 2 ⇔ ( a − 5b )( a + 2b ) = 0 ⇔ a = 5b (do a > 0, b ≥ 0)
13


Với a = 5b , ta có PT

( x + 3)( x − 1) = 5

x−2 ⇔ x=

23 ± 341
( t / m)
2

 23 ± 341 
Vậy phương trình (12) có tập nghiệm S = 

2


Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a) x − 1 + 7 − x = 3 − x

(Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Nam Định năm học 2014-2015)
b ) x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 5x 2 − 1
c) 5x 2 + 14 x + 96 − 3 x 2 − x − 20 = 5 x + 1
d) 10 x 2 + 36 x + 33 − 3 x + 3 = 2x 2 − 3x − 2

Ví dụ 13: Giải phương trình: 2x 2 + 2x + 1 = ( 4x − 1) x 2 + 1

(13)

Gợi ý: Quan sát hệ số của x ở hai về ta nhận thấy nếu nhân cả hai vế của PT(13) với
2 ta có 4x 2 + 4x + 2 = 2( 4x − 1) x 2 + 1.
Khi đó ta nhận ra ngay hai ẩn phụ của phương trình là 4x − 1 và x 2 + 1
Sau khi đổi ẩn (đặt ẩn phụ hoàn toàn) ta đưa phương trình đã cho về
phương trình tích quen thuộc.
Ta có lời giải 1: PT (13) ⇔ 4x 2 + 4x + 2 = 2( 4x − 1) x 2 + 1
⇔ 4( x 2 + 1) + (4x − 1) − 1 = 2( 4x − 1) x 2 + 1

Đặt a = x 2 + 1, b = 4x − 1 (a ≥ 1 do x 2 ≥ 0)

PT đã cho trở thành: 4a 2 + b − 1 = 2ab (*) ⇔ ( 4a 2 − 1) + ( b − 2ab ) = 0
⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1) + b(1 − 2a ) = 0 ⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1 − b ) = 0

⇔ b = 2a + 1 ( do a ≥ 1 ⇒ 2a − 1 > 0 )

Với b = 2a + 1 , ta có PT 4x − 1 = 2 x 2 + 1 + 1 ⇔ x 2 − 1 = 2x − 1  x ≥

⇔x=

3
( t / m.) Vậy phương trình (13) có tập nghiệm S = 
4

14

3

4

1

2


Tuy nhiên: Nếu ta biến đổi PT(13) ⇔ 2( x 2 + 1) + 2x − 1 = 2( 4x − 1) x 2 + 1 và chỉ đặt
a = x 2 + 1 (a ≥ 1 do x 2 ≥ 0) thì ta đưa được phương trình đã cho về kiểu phương trình

quen thuộc (Dạng 5 - đặt ẩn phụ không hoàn toàn).
Ta có lời giải 2: Đặt a = x 2 + 1 (a ≥ 1do x 2 ≥ 0 ∀x )
PT đã cho trở thành: 2a 2 + 2 x − 1 = ( 4 x − 1) .a (**)
⇔ ( 2a − 1)( a − 2 x + 1) = 0

⇔ a = 2 x − 1 ( do a ≥ 1 ⇒ 2a − 1 > 0 )

Với a = 2 x − 1 , ta có PT
⇔x=


x 2 − 1 = 2x − 1 x ≥


1

2

3
( t / m.) Vậy phương trình (13) có tập nghiệm S =  3 
4
 4

CHÚ Ý. Từ 2 cách chọn ẩn phụ ở trên ta thấy:
+ Đặt hai ẩn phụ nhưng PT(*) lại dễ dàng đưa về phương trình tích hơn so với
PT(**).
+ Tuy nhiên PT (* *) có thể được giải bằng cách coi (**) là phương trình bậc hai
ẩn a (tham số x).
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :

(

)

a ) 2 x x 2 + 1 + 1 = ( 4 x − 1) x 3 + 1
b ) x 3 − 3x 2 +

(

( x + 2) 3

)

= 6x

(

c) 3 2 x 2 + 1 − 1 + 1 = x 1 + 3x + 8 x 3 + 1

)

d ) 3x 3 + 11x 2 − 3x + 7 − 24x 8x − 1 + 3 8x − 1 = 0

Ví dụ 14: Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16

(14)

(Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT tỉnh Nam Định năm học 2005-2006)
Gợi ý: PT(14) có nhiều cách giải:
Chẳng hạn: Nếu sử dụng hai lần phép nâng lên lũy thừa ta có lời giải là:
Cách 1: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

(

Khi đó PT (14) ⇔ 2 2x + 4 + 4 2 − x

) =(
2

9 x 2 + 16

)

2

⇔ 16 8 − 2x 2 = 9 x 2 + 8x − 32

(

⇔ 16 8 − 2 x 2

)

15

2

(

)

2

= 9x 2 + 8x − 32 ( ĐK : 9 x 2 + 8x − 32 ≥ 0)


⇔ 81x 4 + 144 x 3 − 512 x − 1024 = 0

(

)(

)

⇔ 9 x 2 + 16 x + 32 9 x 2 − 32 = 0
⇔x=

4 2
( t / m)
3

Tuy nhiên cách giải trên có những hạn chế là :
+ Phải đối chiếu nghiệm vô tỷ x = ± 4 2 với điều kiện bổ sung 9x 2 + 8x − 32 ≥ 0
3
+ Các hệ số của phương trình mới sau khi bình phương hai vế lần sau lớn.
Ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về phương trình tích như sau:
Cách 2: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

(

Khi đó PT (14) ⇔ 2 2x + 4 + 4 2 − x

) =(
2

9 x 2 + 16

⇔ 16 8 − 2 x 2 = 9 x 2 + 8x − 32

(

)

2

(*)

)

⇔ x 2 + 8x + 16 = 4 8 − 2 x 2 + 16 8 − 2 x 2 + 16

(

⇔ ( x + 4) = 2 8 − 2x 2 + 4
2

)

2

Tuy nhiên việc đưa PT(*) về phương trình trên cũng không hề đơn giản với một số
học sinh. Nếu ta để ý một chút đến các hệ số tự do ở trong và ngoài biểu thức chứa căn
của PT(*) đó là 32:8=4, ta sẽ có cách chọn ẩn phụ hợp lý.
Cách 3: ĐKXĐ: − 2 ≤ x ≤ 2.

(

Khi đó PT (14) ⇔ 2 2x + 4 + 4 2 − x

) =(
2

9 x 2 + 16

)

2

⇔ 16 8 − 2x 2 = 9x 2 + 8x − 32 (*)
⇔ 16 8 − 2 x 2 + 32 − 8x 2 = x 2 + 8x

(

)

⇔ 16 8 − 2x 2 + 4 8 − 2x 2 = x 2 + 8x

Đặt y = 8 − 2x 2 ( y ≥ 0)

PT đã cho trở thành: 4 y 2 + 16 y = x 2 + 8x ( * *) ⇔ ( 4 y 2 − x 2 ) + (16 y − 8x ) = 0

⇔ ( 2 y − x )( 2 y + x + 8) = 0 ⇔ x = 2 y ( do y ≥ 0; x ≥ −2 ⇒ 2 y + x + 8 > 0 )

Với x = 2 y, ta có phương trình

(

)

x = 2 8 − 2 x 2 ( x ≥ 0 ) ⇔ x 2 = 4 8 − 2 x 2 ⇔ 9 x 2 = 32 ⇔ x =
16

4 2
( t / m)
3


PT(**) dễ dàng đưa về phương trình tích. Như vậy cách đặt ẩn phụ đã chiếm ưu thế vì
khắc phục được tất cả các nhược điểm của hai cách làm trên.
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
3
3
2
+
4
x

= 4x 2
2
2
x
x
12x − 8
b) 2 x + 4 − 2 2 − x =
9 x 2 + 16
6x − 4
c) 2 x + 4 − 2 2 − x =
x2 + 4
a ) 12 −

d ) 3x 2 − 6 x − 6 = 3 (2 − x ) 5 + (7 x − 19) 2 − x

(Đề thi toán chung tuyển sinh vào 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 20152016)

(

)

Ví dụ 15: Giải phương trình: x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30
Gợi ý: Trong vế trái của PT(15) thì x và

3

(15)

35 − x 3 có vai trò như nhau, khi xét về bậc

thì bậc của chúng cũng bằng nhau (cùng có bậc 1). Do đó nếu đặt

3

35 − x 3 = y ta được hệ

PT đối xứng quen thuộc.
Ta có lời giải : Đặt y = 3 35 − x 3 ⇒ y 3 = 35 − x 3

(

)

x 3 + y 3 = 35
( x + y ) x 2 − xy + y 2 = 35
x + y = 5
⇔
⇔
Ta có hệ phương trình : 
xy = 6
xy( x + y ) = 30
xy( x + y ) = 30

Do đó x,y là các nghiệm (nếu có) của phương trình X 2 − 5 X + 6 = 0 ⇔ ( X − 2)( X − 3) = 0
Giải phương trình ta có các nghiệm là x=2: x=3
Vậy phương trình (15) có tập nghiệm S = { 2; 3}

Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :

(

)

a ) x 3 25 − x x + 3 25 − x = 30
b)

1
1
+
=2
x
2 − x2

Ví dụ 16: Giải phương trình:

3

( 3x + 1) 2

Gợi ý: Trong vế trái của PT(16) thì

+ 3 ( 3x − 1) + 93 9 x 2 − 1 = 1
2

3

3x + 1 và

3

(16)

3x − 1 có vai trò như nhau.

Nếu đặt a = 3 3x + 1 và b = 3 3x − 1 ⇒ a 3 − b 3 = ( 3x + 1) − ( 3x − 1) = 2 thì được
hệ PT quen thuộc.
17


Ta có lời giải : Đặt a = 3 3x + 1 và b = 3 3x − 1
Ta có hệ phương trình :
2
2
2
2

( a − b ) 2 + 3ab = 1 a + ( − b ) = 2
a + b + ab = 1 
a + b + ab = 1
⇔
⇔
⇔
 3
3
2
2


a

b
=
2
(
)
a

b
=
2
a

b
a
+
ab
+
b
=
2
a ( − b ) = 1




(

)

Do đó a, - b là các nghiệm (nếu có) của phương trình X 2 − 2X + 1 = 0 ⇔ ( X − 1) 2 = 0
Giải phương trình ta có các nghiệm là x=0
Vậy phương trình (16) có tập nghiệm S = { 0}
Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
a ) 3 ( x + 1) + 3 ( x − 1) + 3 x 2 − 1 = 1
2

2

b) 3 ( 3x + 1) + 3 ( 3x − 1) + 3 9 x 2 − 1 = 1
2

2

c) 3 7 x + 1 − 3 x 2 − 8 x − 8 + 3 x 2 − 8 x − 1 = 2

Ví dụ 17: Giải phương trình: 3x 2 + 6x − 3 =

x+7
2

(17)

Gợi ý: Ta có 3x 2 + 6x − 3 = 3( x + 1) 2 − 6
Nếu đặt y + 1 =

x+7
x+7
2
2
⇒ ( y + 1) =
⇒ 3( y + 1) = x + 7 . Kết hợp với
3
3

phương trình ban đầu ta cũng được hệ PT đối xứng quen thuộc.
Ta có lời giải : ĐKXĐ: x ≥ −7.
Đặt y + 1 =

x+7
( y ≥ 0) .Ta có hệ phương trình
3

3( y + 1) 2 = x + 7

3( x + 1) 2 = y + 7

3( y + 1) 2 − 3( x + 1) 2 = x − y
( y − x )( 3x + 3y + 7 ) = 0
⇔


2
3( x + 1) 2 = y + 7
3( x + 1) = y + 7
x = y
3x + 3y + 7 = 0
⇔
hoặc 3( x + 1) 2 = y + 7
2
3( x + 1) = y + 7


Giải các hệ phương trình đã cho ta được tập nghiệm của PT(17) là
 − 5 + 73 − 7 + 73 
S= 
;

2
2



Bài tập áp dụng : Giải các phương trình :
18


a )16 x 3 = 3 x +

1
+1
2

b) 27 x 2 + 18x =
c) 7 x 2 + 7 x =

3x + 4
3
4x + 9
28

d) x 2 − x − 1000 1 + 8000x = 1000

Từ các ví dụ trên ta thấy, để giải phương trình vô tỷ không mẫu mực ta thường:
+ Sử dụng phối hợp phép phân tích thành nhân tử hay một số phép biến đổi tương
đương để đưa phương trình đã cho về một trong những dạng phương trình quen
thuộc (có cấu trúc hoặc tương đồng).
+ Nếu cấu trúc của ẩn hoặc của các biểu thức trong phương trình có vai trò như
nhau ta thường đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về hệ phương trình.
+ Ngoài ra việc xét sự đối xứng hay tỷ lệ các hệ số của các biểu thức ở trong hay
ngoài dấu căn cũng rất quan trọng, bởi nó sẽ gợi ý cho ta thêm (hoặc bớt), tách,
nhân (hoặc chia cả hai vế) của phương trình với một biểu thức khác 0, …. cũng là
một trong những kỹ thuật để tạo ra ẩn phụ.
III. Hiệu quả mà sáng kiến đem lại.
Trong quá trình giảng dạy môn toán, nhất là trong công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi của bản thân trong những năm qua, tôi đã ý thức được tầm quan trọng của phương
pháp đặt ẩn phụ khi phương trình vô tỷ. Tôi đã tiến hành thực hiện sáng kiến trên đối với
đội tuyển Toán 9 năm học 2013-2014; 2014-2015 và đã đem lại những hiệu quả thiết
thực. Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2013-2014; 2014-2015 gặp phải đề thi
giải phương trình vô tỷ có sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ (đã đưa vào phần bài tập áp
dụng trong sáng kiến ở trên), 100% học sinh đã làm tốt và đạt điểm tuyệt đối, góp phần
đưa kết quả chung của toàn đội năm 2014-2015 lên giải Nhì tỉnh. Nhiều em đạt đạt được
giải cao, đỗ vào các trường chuyên trên Hà Nội và trường chuyên Lê Hồng Phong Nam
Định. Trong đó em Trần Hoàng Chuẩn cựu học sinh đội tuyển Toán của trường THCS Lê
19


Qúy Đôn năm học 2013-2014, hiện đang học lớp 10 chyên Toán 1 trường THPT chuyên
Lê Hồng Phong Nam Định là một trong 3 học sinh được chọn tham dự kì thi học sinh
giỏi môn Toán Đồng bằng Sông Hồng và đạt huy chương đồng.
Để kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của các giải pháp đã nêu đối với học sinh lớp 9 thi
vào THPT (không học đội tuyển Toán), tôi đã tiến hành thực nghiệm tại 2 lớp 9 mà tôi
đang dạy (2 lớp có trình độ học sinh tương đối đồng đều).
+ Lớp thực nghiệm: Lớp 9A4
+ Lớp đối chứng: Lớp 9A5
Phương pháp tiến hành: Tôi tiến hành dạy chuyên đề giải phương trình vô tỉ bằng phương
pháp đặt ẩn phụ (với mức độ từ 70% đến 85% các kiến thức đã nêu) trong các buổi luyện
thi vào THPT.
+ Ở lớp 9A4, tôi dạy như các giải pháp đã nêu trong sáng kiến.
+ Ở lớp 9A5, tôi dạy theo phương pháp truyền thống: đưa ra dạng tổng quát, cho học sinh
làm ví dụ minh họa, giáo viên lưu ý sai lầm và cho làm bài tập áp dụng.
Sau khi dạy xong theo kế hoạch, tôi tiến hành điều tra tâm lí và cho làm bài kiểm tra 15
phút ở cả 2 lớp.
ĐỀ BÀI:
Giải các phương trình :
a ) x 2 − 3x + 1 = 2 x 2 − 3x + 4

(

b) 10 x 3 + 1 = 3 x 2 + 2

)

HƯỚNG DẪN CHẨM - BIỂU ĐIỂM
Câu

Hướng dẫn

ĐKXĐ: ∀ x

(

)

PT (1) ⇔ x 2 − 3x + 4 − 2 x 2 − 3x + 4 − 3 = 0
2


3
7 7

2

Đặt y = x − 3x + 4  y > 0 Vì x − 3x + 4 =  x −  + ≥ > 0 
2
4 4




Điểm
1,0

2

PT đã cho trở thành:
20

1,0
1,0


y 2 − 2 y − 3 = 0 ⇔ ( y + 1)( y − 3) = 0 ⇔ y = 3 ( do y > 0 )

1) 6 điểm Với y = 3, ta có PT

x 2 − 3x + 4 = 3 ⇔ x 2 − 3x − 5 = 0 ⇔ x =

3 ± 29
2

2,0

 3 ± 29 
Vậy phương trình (1) có tập nghiệm S = 

 2 
ĐKXĐ: x ≥ −1
PT (2) ⇔ 10

1,0
0,5
0,5

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

Đặt
2


1
3


2
a = x + 1 ; b = x − x + 1 ,  a ≥ 0; b > 0 do x − x + 1 =  x −  + > 0 


2 4




1,0

2

PT (2) trở thành:

2
2
2) 4 điểm 10ab = 3( a + b ) ⇔ ( 3a − b )( 3a + b ) = 0 ⇔ b = 3a ( do a ≥ 0; b > 0)
Với b = 3a , ta có PT

3 x + 1 = x 2 − x + 1 ( x ≥ −1) ⇔ x 2 − 10x − 8 = 0 ⇔ x =

0,5

5 ± 33
( t / m)
2

 5 ± 33 
Vậy phương trình (2) có tập nghiệm S = 

 2 

1,0
0,5

Kết quả như sau:
Về tâm lý:

Lớp

Kết quả (tỷ lệ phần trăm)

Tổng số học

9A4
9A5

sinh

Rất hứng thú

Hứng thú

Bình thường

28
28

67,9%
25%

14,3%
35,7%

17,8%
21,5%

Không hứng
thú
0%
17,8%

Từ bảng kết quả điều tra tâm lý tôi thấy, việc dạy học theo hướng gợi mở thông qua
những giải pháp giúp học sinh đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ trên đã đem lại
hứng thú cho học sinh ở 2 lớp thực nghiệm khác nhau. Lớp 9A4 hiệu quả hơn lớp 9A5,
số học sinh rất hứng thú ở lớp thực nghiệm tăng 42,9% (từ 25% lên 67,9%) so với lớp đối
chứng. Không còn học sinh không có hứng thú trong lớp thực nghiệm.
Kết quả bài làm:
21


Lớp

Tổng số học

9A4
9A5

sinh
28
28

Tù 0 đến 2
0%
10,7%

Kết quả (tỷ lệ phần trăm)
Dưới 5
Trên 5
7,2%
92,8%
42,9%
57,2%

Từ 9 đến 10
53,6%
21,4%

Kết quả bài làm ở lớp thực nghiệm có tỷ lệ điểm trên trung bình tăng 35,6% và tỷ lệ điểm
giỏi tăng 32,2% so với lớp đối chứng. Trong khi đó ở lớp đối chứng vẫn còn 10,7 % học
sinh dưới điểm 2.
Trong quá trình học tập môn toán dù là học sinh đại trà hay học sinh giỏi, khi được
trang bị các kỹ thuật đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ theo định hướng phát triển
năng lực người học, tôi thấy ở các em sự hứng thú, tự tin, khắc phục được phần nào tâm
lý trán nản đồng thời nâng cao chất lượng dạy học, chất lượng các bài kiểm tra. Quan
trọng hơn đã làm cho các em không còn cảm giác khô khan, cứng nhắc khi học môn
Toán, rèn được tư duy linh hoạt trong giải toán cũng như trong việc học các môn khoa
học tự nhiên khác;....
IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.
Tôi xin cam kết với hội đồng khoa học, với cấp trên sáng kiến kinh nghiệm trên là do
bản thân tôi đúc rút kinh nghiệm qua nhiều năm dạy học sinh giỏi lớp 9 và ôn thi vào 10
THPT với mục đích giúp học sinh dễ hiểu, đạt kết quả cao trong học tập và rèn luyện. Tôi
không hề sao chép dưới bất kỳ hình thức nào.
Trên đây là một số kinh nghiệm của tôi trong quá trình giảng dạy, mặc dù đã cố gắng
nhưng vẫn còn nhiều thiếu sót mà bản thân chưa nhận thấy, rất mong nhận được sự góp ý
của đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn !
Ý Yên, ngày 25 tháng 05 năm 2015
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI

Tác giả sáng kiến

CỦA NHÀ TRƯỜNG
Nguyễn Văn Tuyến

22



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×