Tải bản đầy đủ

Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải phương trình vô tỉ

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

sinh lớp 9 hệ thống kiến thức để giải phương trình vô tỉ, tránh được những sai lầm
thường gặp khi giải dạng bài toán này.
Thông qua đề tài, học sinh nắm được một số phương pháp và vận dụng vào
giải bài tập, rèn kĩ năng giải bài toán có chứa căn bậc hai, đồng thời giúp học sinh
thấy được cái hay, cái đẹp, sức hấp dẫn của toán học, kích thích sự tò mò, nghiên
cứu, khám phá, tìm hiểu bài toán .
3. Đối tượng nghiên cứu
- Đối tượng của đề tài là “ Phương pháp giải phương trình vô tỉ”
- Nghiên cứu các tài liệu có liên quan.
- Giáo viên dạy toán THCS và học sinh THCS đặc biệt là học sinh khối 9
4. Phương pháp:
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn lý thuyết: Nghiên cứu các phương pháp
giải các bài toán “ Phương trình vô tỉ” trong chương trình toán THCS. [4]
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Sau khi nghiên cứu các tài liệu, tổng
hợp các kết quả của học sinh lớp trước, trao đổi với các giáo viên bộ môn để rút ra
kinh nghiệm, thử nghiệm trong quá trình giảng dạy khóa tiếp theo.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.

1


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

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


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


4.1 Các kiến thức cần lưu ý khi giải một phương trình
1. Các khái niệm [1, 4]
+ Phương trình vô tỉ là phương trình đại số có chứa dấu căn
+ Hai phương trình tương đương là hai phương trình có cùng một tập hợp
nghiệm.
• Chú ý:
+ Nếu phương trình này là hệ quả của phương trình kia và ngược lại thì hai
phương trình đó tương đương.
+ Mọi phương trình vô nghiệm đều được coi là tương đương nhau vì chúng
cùng có tập nghiệm là ø.
2.Các phép biến đổi tương đương, không tương đương một phương trình
[2]
a. Các phép biến đổi tương đương các phương trình:
- Các định lí về phép biến đổi tương đương ở lớp 8.
- Thực hiện biến đổi hằng đẳng thức ở từng vế của một phương trình không
làm thay đổi TXĐ của chúng thì được một phương trình mới tương đương với
phương trình đã cho.
b. Các phép biến đổi có thể dẫn tới hai phương trình không tương đương
(dẫn tới một phương trình hệ quả). [2]
- Nhân hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn (có thể xuất
hiện nghiệm lạ, nghiệm ngoại lai).
- Chia hai vế của một phương trình với cùng một đa thức chứa ẩn số (có thể
làm mất nghiệm của phương trình ban đầu).
- Cộng vào hai vế của phương trình đã cho với cùng một phân thức.
- Nâng 2 vế của một phương trình lên cùng một luỹ thừa tự nhiên: m > 1
Nếu m chẵn : thì khi nâng 2 vế của f1(x) = f2(x) lên cùng một luỹ thừa chẵn ta
được một phương trình mới có thể nhận thêm nghiệm của phương trình:
f1(x) = f2(x) vì :
[ f1 ( x)f]12( x=) [=f 2f(2x()x] 2) ⇔

Vì thế khi giải phương  f1 ( x) = − f 2 ( x)
trình vô tỉ ta cần thử nghiệm vào
phương trình đầu để loại nghiệm ngoại lai ( phép bình phương hai vế của một
phương trình có thể dẫn tới một phương trình hệ quả).
3. Những sai lầm thường gặp khi giải một phương trình vô tỉ.
- Không đặt điều kiện cho các căn thức có nghĩa mà đã vội bình phương hai
vế của phương trình.
- Không đặt điều kiện để biến đổi tương đương.
- Khi tìm được nghiệm bỏ quên bước thử lại vào phương trình đầu hoặc chọn
nghiệm thích hợp theo điều kiện đã đặt ra mà vội kết luận nghiệm của phương trình
vô tỉ.
Ví dụ: Khi giải phương trình : x − 1 − 5 x − 1 = 3x − 2
(1)
Học sinh giải:
x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2
Bình phương hai (5 x − 1).(3x − 2)
4


vế : x - 1 = 5x - 1 + 3x - 2 + 2 (3)
Rút
gọn
:
2 -7x = 2 (4)
2
Bình phương hai vế :
4 - 28x + 49x = 4.(15x2-13x + 2)
(5)
2
Rút gọn :
11x - 24x + 4 = 0
2 1x- 2)(x - 2) = 0
(1  x⇔
=

Kết luận:
x 1 = ;  2 11 x2 = 2
=2
 x11
*Phân tích sai lầm của học sinh:
+ Học sinh đã không chú ý đến điều kiện có nghĩa của căn thức là:
Giá trị
không là


 x −1 ≥ 0
 x ≥1
nghiệm của phương trình


1
(1).
 5x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ ⇔ x ≥ 1
5
Vậy phương trình (1)
3 x − 2 ≥ 0


x ≥ 2
vô nghiệm


3
Để khắc phục sai lầm này
phải tìm ĐKXĐ của phương trình từ bước đầu tiên.
+ Học sinh không đặt điều kiện để biến đổi tương đương nên (4) không tương
đương với (5).
2 − 7x ≥ 0

+ Phương trình (4) chỉ

2
2
tương đương với hệ:
(2 − 7 x) = 4(15 x − 13x + 2)
2
Phương trình (5) là hệ
≥0⇔ x≤
7
quả của phương trình (4), nó chỉ
tương đương với phương trình (4) khi có điều kiện: 2 - 7x, do đó x = 2 không là
nghiệm của (1).
*Cách giải đúng:
+ Cách 1: Sau khi tìm được thử x = 2 ; x = 2
1
2
11
lại vào phương trình ban đầu,
phương trình (1) không nghiệm đúng. Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
+ Cách 2: Đặt điều kiện cho x = xx2≤≥; x12 = 2
1
2
11 7
phương trình có nghĩa (*) sau đó
từ (4) chuyển sang (5) đặt thêm điều kiện (**), đối chiếu các giá trị với (*) và
(**) ta thấy x1 và x2 không thỏa mãn. Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
+Cách 3: Điều x ≥ 1 ⇔ x < 5 x ⇒ x − 1 < 5 x − 1 ⇒ x − 1 − 5 x − 1 < 0
kiện:
Mặt khác . Như vậy vế trái 3x − 2 > 0 ⇒ 3x − 2 > 0
âm, vế phải dương.
Vậy phương trình (1) vô nghiệm.
* Nói chung để tránh sai lầm cho học sinh khi giải một phương trình vô tỉ ta nên
hướng dẫn học sinh đi theo các bước sau:
B1: Tìm ĐKXĐ của phương trình ( Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa)
B2: Nâng hai vế của phương trình lên cùng một lũy thừa, nếu phương trình còn
dấu căn bậc hai thì tiếp tục đặt điều kiện, sau đó khử căn để đưa phương trình về
dạng đã biết cách giải.
15 x 2 − 13 x + 2

5

x=

2
11


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

Ở phương pháp này ta đã biến f ( x≥) = A
đổi tương đương phương trình đã
cho với một hệ hỗn hợp, như vậy nghiệm của (2) chính là nghiệm của(1). Do vậy ta
chỉ giải hệ (2) rồi kết luận nghiệm của (1). Cơ sở của phương pháp này là dựa vào
khái niệm căn bậc hai số học : f(x)0.
* Chú ý: Khi A<0 ta kết luận
f ( x) = A
ngay phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ: Khi giải phương trình
x 2 + 3x = 2
ta giải như sau:
 x −1 = 0
 x =1
x 2 + 3 x = 2 ⇔ x 2 + 3 x = 4 ⇔ x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 4) = 0 ⇔ 
⇔
 x = −4
x + 4 = 0

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1= 1 ; x2 = - 4.
≥ đặt điều kiện : x2 +3x 0 v× (1) (2)
Ở phương trình trên không cần thiết phải ⇔
trong đó f(x) =A2 0.
Bài tập tương tự [3]
Giải phương trình
a.
b.
c.
2xx22−+815xx===−325
4
b. Dạng :
f ( x) = g ( x)
*Công thức
 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
2
giải :
 f ( x ) = [ g ( x )]
* Ví dụ: Giải phương trình: x 2 + 3x + 11 = 2 x + 1
(1)
Từ (1) ta có 

−1

2x + 1 ≥ 0
2 x ≥ −1
x≥



5
⇔ 2
Giải (*) ta  2
− 1⇔ 
2
= x −10
x ≥= 0
x + 3 x + 11 = (2 x + 1) 2
3 xx +
2




3
x
+
x

10
= 0(*)
3
có :. Vậy 
2


5
5

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


Vậy (**) vô



− x 2 ≤ 0 ⇒ − x 2 − 3 < 0.

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

c. Dạng :

b, 2+

a,
Công thức giải:

 f ( x) ≥ 0

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


3x + 1 = 2 2 − x

Ví dụ:
(1)


−1

 3x + 1 ≥ 0
x ≥ 3


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





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

[6] Giải phương trình:
d. Dạng:
(2)
*

(1)

a.

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

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

{

b.

}

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

f ( x ).g ( x) =

(3) : (**)

Bình phương hai vế của (3) đưa về một phương trình (4) đã biết cách giải.
B4 : Giải (4) chọn nghiệm thoả mãn (*) và (**) sau đó kết luận nghiệm.
* Cách giải phương trình (2) hoàn toàn tương tự
*Nếu h(x) của phương trình (1) có giá trị âm với mọi x thì ta kết luận ngay
phương trình (1) vô nghiệm.
x+3 = 5− x−2

(1)


Ví dụ: Giải phương trình

x+3+ x−2 =5

x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
⇔
⇔x≥2

x≥2
x − 2 ≥ 0

(1) (2)
Điều kiện: (*)
7


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

Với
x2
hai vế
không
âm,
bình

(3)

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


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

6
=
(
12

x
)
x
=
6



(3
)
x = 6 thoả mãn (*)

f ( x) + xg−
+(32x) = h( x)

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

Giải phương trình

b.

e. Dạng :

(1).

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

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

phương hai vế của (1) ta có:

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

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

Vì hai vế

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

x 2 + 9x = −x

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


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

a)

b)

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

t = x 2 + 29 x − 30 (t ≥ 0)

Đặt ẩn phụ :
Ta có phương trình: t2 + t -1 = 0
Giải phương trình ẩn t, đối chiếu điều kiện của t, thay t vào (*) tìm x. Đối chiếu
điều kiện, trả lời.
Nhằm giúp cho học sinh có được thói quen áp dụng phương pháp trên theo
hướng đúng đắn, hợp lý, tránh máy móc rập khuôn phương pháp này, ta nên trang
bị cho các em một số dạng phương trình vô tỉ thường gặp sau:
a. Dạng 1: Phương trình có
af ( x) + b f ( x ) + c = 0
dạng :
(1)
f ( x) ≥ 0
Cách giải : Đặt điều kiện cho
phương trình có nghĩa (*)
Đặt ẩn phụ : sau đó giải
t = f ( x) (t ≥ 0)
phương trình mới có ẩn là t:
2
at +bt+c=0
Khi tìm được t tiếp tục giải
f ( x) = t
phương trình vô tỉ dạng . Chọn
nghiệm theo điều kiện (*) từ đó suy ra nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ : Giải phương
3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
trình (1)
2
x + 7x + 7 ≥ 0
Điều kiện: .
Trước hết đưa phương trình (1) về dạng 1:
⇔ 3( x 2 + 7 x + 7) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 3 = 2 ⇔ 3( x 2 + 7 x + 7) + 2 x 2 + 7 x + 7 − 5 = 0

(1)
t = x 2 + 7 x + 7 (t ≥ 0)

Đặt :
Ta có phương trình ẩn t là:
9


3t2 + 2t – 5 = 0.
Giải phương trình này ta có t = 1; t = − 5
1
2
3
nghiệm: (lo¹i).
 x = −1
x2 + 7x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7x + 7 = 1 ⇔ x2 + 7x + 6 = 0 ⇔  1
 x 2 = −6

Thử lại điều kiện:

x2 + 7x + 6 ≥ 0

trị x1; x2 thoả mãn.

Giải
phương
trình:
nên hai giá

x1 = −1; x 2 = −6

Vậy phương trình (1) có hai
nghiệm
• Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ trên đã làm cho phương trình vô tỉ chuyển về dạng
hữu tỉ quen thuộc. Phương pháp “ đặt ẩn phụ” có ưu thế là “hữu tỉ hoá” một phương
trình vô tỉ có nhiều tiện lợi cho việc giải một phương trình.
Bài tập tương tự [7]
Giải phương trình:
2
a.
b.
c.
x33 x+x−1+2=2006
2x32 2+x=x−2006
3 xx2 ++
−1 1 = 0
b) Dạng 2: (2).
f ( x) + h( x) + n f ( x).h( x) = g ( x)
* Cách giải : Để giải
t = f ( x ) + h( x )

dạng (2) ta dùng ẩn phụ (2 )
. Rút thay vào phương ⇒ t 2f (=x).f h( (xx) )+=h(t x2 )−+ f2( x)f −( xh).(hx()x)
trình (2) rồi thu gọn
phương trình để được một phương trình mới ẩn t.
Giải phương trình ẩn t sau đó chọn t theo điều kiện.
Giải phương trình (2) sau đó chọn x theo điều kiện có nghĩa của (2).
Ví dụ: [4]
Giải x + 1 + x − 2 + 2 x 2 − x − 2 = 13 − 2 x
phương trình (1)
Đưa phương trình (1) về dạng (2) :
(1)
⇔ x + 1 + x − 2 + 2 ( x + 1)( x − 2) = 13 − 2 x
 x +1 ≥ 0
Điều kiện để phương trình (1) có nghĩa là: (*)


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

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

2

Đặt
Thay vào (1) ta có

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


Giải
trình


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

phương

x

=3

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


(3)

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

a + b = c + d
fa(+x)d==t (bt +≥ c0)
*Cách giải: Đặt:

Đưa phương trình về dạng: (t + a) a + c = b + d

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

[

Trong đó

][

]

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

(3)
Đặt ẩn phụ lần thứ hai để đưa (3) về phương trình cơ bản đã biết cách giải.
Có thể có nhiều cách đặt, chẳng hạn : y = t2 + (a + b).t = t2 + (c + d).t
⇔ ( y + ab)( y + cd ) = m ⇔ y 2 + (ab + cd ) y + abcd − m = 0
Ta

phương trình
(3)
Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải.
Ví dụ: [6]
Giải ( x + 1)( x + 2)( x + 3)( x + 4) = 840
phương trình:
Điều kiện: đặt . Ta có phương
x x= ≥t (t0.≥ 0)
trình ẩn t:
⇔ [ (t + 1)(t + 4)][ (t + 2)(t + 3)] = 840
(t +1)(t + 2)(t
+ 3)(t + 4) = 840
f ( x) = A

Đặt ẩn phụ:

y = t 2 + 5t + 5 ⇒ y > 0.

Ta
có ( y − 1)( y _ 1) = 840 ⇔ y 2 − 1 = 840 ⇔ y 2 = 841 ⇔ y1, 2 = ± 841 = ±29
phương
trình: .
Loại y < 0 ta có y = 29.
Giải phương trình: t 2 + ⇔ t 2 + 5t − 24 = 0 ⇒ t1 = 3; t 2 = −8
5t +5 =29 (loại)
Giải phương trình:
( thoả
x =3⇔ x=9
mãn điều kiện)
Kết luận: Nghiệm của phương trình ban đầu là x = 9.
• Nhận xét: Ở dạng 3 dùng ẩn phụ lần thứ nhất ta đã ” hữu tỉ hoá” phương trình
đã cho. Song chưa có được phương trình ở dạng quen thuộc nhờ đặt ẩn phụ lần hai
mà ta đã đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai. Cần lưu ý trong cách đặt
ẩn phụ lần hai có thể có nhiều cách chọn khác nhau mà người giải cần chú ý.
• Như vậy khi giải một phương trình bằng cách đặt ẩn phụ ta có thể đặt nhiều
lần ẩn phụ khác nhau sao cho đích cuối cùng là đưa phương trình ban đầu về dạng
quen thuộc.
4.2.3.Phương pháp hệ phương trình( chuyển phương trình thành hệ
phương trình tương đương)
Bên cạnh phương pháp đặt 2 − x = 2 − x 2
ẩn số phụ để đưa về một bài toán
11


khác, có rất nhiều bài toán cần dùng tới nhiều ẩn số phụ và tuỳ theo đặc thù của bài
toán đã cho ta thu được các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng, chẳng hạn đối
với phương trình:
(1)
Nhiều học sinh khi giải phương trình này thường dẫn tới lúng túng khi bình
phương hai vế của (1) vì sẽ được một phương trình bậc 4 khó giải
Ta hãy vận dụng phương pháp hệ phương trình cho phương trình (1):
x−2≥0⇒ x ≤2
Điều kiện phương trình có
nghĩa là :
Đặt
y = 2− x ⇒ y ≥ 0
Kết hợp với y = 2 –x 2 ta có  x = 2 − y 2

2
hệ phương trình: (2)
y = 2 − x
Trừ vế với vế của hai phương trình ở hệ (2) ta có phương trình:
y − x = y 2 − x 2 ⇔ ( y − x)( y + x) − ( y − xy) = 0x ⇔ ( y− yx)=
[ ( yx + x) − 1] = 0 ⇔ ( y − x)( y + x − 1) = 0
⇔
⇔
y = 1− x
y + x = 1

Nếu y = x thì từ y 2 =2 –x ta có
phương trình: x2 + x –2 = 0. Suy ra x1 = 1; x2=-2 (loại)
Nếu y = 1 – x khi đó từ phương trình y = 2 – x2 ta có:
1 – x = 2 – x2 suy ra x2 – x – 1 = 0.
Phương trình này có hai
1+ 5
1− 5
x1 =
; x2 =
nghiệm là:
2
2
2
2
Đối chiếu với điều 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇔ x ≤ 2 ⇔ − 2 ≤ x ≤ 2
kiện của nghiệm:
thì không thoả mãn.
1+ 5
x1 =
Vậy phương trình có hai nghiệm
21 − 5
x1 = 1; x 2 =

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

 3 <1
 x + 2

12


x>1
≤<1
- Với 0 x<1 ta có: => VT VP
 x≠

Vậy phương trình (1) vô nghiệm với  3≤ > 1
 x + 2
0 x <1
Kết luận : Phương trình ( 1 ) có nghiệm duy nhất là x = 1
* Bài toán 2 : [7] Giải phương x + x = 0
trình
(2)
1+ x2
1− x2

Điều kiện tồn tại của phương
trình: 1 - x2 > 0 -1< x <1
Nếu tiến hành giải phương trình (2) theo các cách thông thường thì gặp nhiều
khó khăn. Song nếu quan sát kỹ ta thấy ngay phương trình (2) có một nghiệm x=0
việc còn lại là chứng minh trong TXĐ: -1 < x < 1 phương trình (2) không còn
nghiệm nào khác.
 x
- Nếu 0 < x < 1 ta có:
>0

Vậy phương trình (2) vô
1+ x2
⇒ VT > 0
 x
nghiệm với: 0 < x < 1

>0
 1 − x 2
- Nếu –1 < x <  x < 0

0 ta có:
1+ x2
⇒ VT < 0
 x
Vậy phương trình (2) vô nghiệm với: –1 < x < 0

<0
Kết luận: phương trình (2) có một nghiệm duy nhất x = 0
 1 − x 2
* Bài toán 3 : [7] Giải phương 3 x − 2 + x + 1 = 3
trình:
(3)
Điều kiện để phương trình có nghĩa ⇔ x≥≥ −1
x+10
Ta thấy x=3 nghiệm đúng phương trình (3).
Ta cần chứng minh phương trình (3) ≠ 3 không còn nghiệm với x
- Với x>3 ta có
3 x − 2 > 1
⇒ VT > 3

Vậy phương trình (3) vô
 x +1 > 2
nghiệm với x>3
3

x
<
3
- Với -1 ta có
 x − 2 <1
⇒ VT < 3

Vậy phương trình (3) vô ≤ x < 3
 x +1 < 2
nghiệm với -1
Kết luận: Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x=3
* Nhận xét: Phương pháp “ Duy ≠αα nhất” nói trên tỏ ra ưu thế khi học sinh
đoán nhận được nghiệm của phương trình đã cho. Song việc chứng minh tính duy
nhất của nghiệm số cần chú ý: khi x= là nghiệm số của phương trình, ta chứng minh
cho x không là nghiệm số của phương trình đã cho. Song các giá trị x phải thuộc
TXĐ của phương trình. Nên TXĐ của phương trình ban đầu có liên quan tới việc xét
các khả năng còn lại của ẩn số x.
* Tuy nhiên phương pháp này vẫn còn áp dụng trong trường hợp khi nhẩm
được nhiều nghiệm của một phương trình đã cho, chỉ lưu ý đến các khả năng còn lại
của ẩn x phải chứng minh cho phương trình vô nghiệm.
Ví dụ: Khi đoán nhận được x1= ; x2= α α<β β là hai nghiệm của phương trình () thì
13


phải chứng minh các trường hợp còn lại:
α






βx < β

x <α
x>β

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

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

Thực chất của phương pháp trên ⇔ 
............

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

Vậy phương


 xx==
≥440
⇔
 x =2

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

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



⇔  y − 3 − 2 = 0 ⇔ y − 3 = 4 ⇔  y = 7
 t −5 −3= 0
t − 5 = 9
t = 14




Thoả
mãn
điều
14


kiện (*).
Vậy phương trình (2) Có nghiệm  x = 3 duy nhất:
Như vậy dùng phương pháp  y = 7 “Tổng bình phương” ta có thể giải một
phương trình vô tỉ có nhiều ẩn số một t = 14 cách đơn giản song phải chú ý tránh

sai lầm cho học sinh về việc chỉ rõ số
nghiệm của phương trình.
c. Bài toán 3: [7]
Giải x − 2 xy + 3 y − 2 x + 3 = 0
2
phương trình:
(3)
Bài này rất khó khi thực hiện giải bằng phương pháp thông thường. Song nếu tìm
cách viết dưới dạng tổng các bình phương thì bài toán trở nên đơn giản.
≥ 0; ; y ≥ 0
Điều kiện phương trình
(3) có nghĩa là: x
Khi đó ta có:
1
(3) ⇔ ( x − 2 xy + y − 2 y + 1) + (4 y − 4 y + 1) = 0
2
1
⇔ ( x − y −!) 2 + (2 y − 1) 2 = 0
2

 x = 1+ y
 x − y −1 = 0

⇔
⇔
1
y=
 2 y −1 = 0

2

3


x
=

x =
2
⇔
⇔
1
 y=
y =
4



Thỏa mãn điều kiện .

9
4
1
4
x ≥ 0; y ≥ 0

9 Vậy phương trình (3) có nghiệm duy

x=

nhất
là:
4

Nhận xét: Qua các bài toán ta  y = 1 nhận thấy khi gặp một số phương trình
vô tỉ không ở dạng mẫu mực mà việc  4 sử dụng các phương pháp khác gặp

khó khăn, nếu viết được một vế của phương trình f(x) = 0 dưới dạng :
f(x) = f12(x) + f22(x) +…+fn2(x) thì việc giải phương trình f(x) = 0 trở thành đơn giản.
Đây là một phương pháp ứng dụng được nhiều đối với các phương trình đã gặp
trong chương trình phổ thông.
Bài tập tương tự [3, 5, 7]
Giải phương trình
b.
xx22 −+64xx++26
5 ==26 22xx++31 a.
c.
x+ y + z +4 = 2 x−2 +4 y −3 +6 z −5
4.2.6.Phương pháp”
Sử dụng biểu thức liên hợp”
+ Trong khi thực hiện các phép biến đổi tương đương một phương trình vô tỉ ta
có thể nhân (chia) hai vế của phương trình với biểu thức liên hợp của một trong hai
vế hoặc của cả hai vế của phương trình đã cho, để được một phương trình mới đơn
giản hơn phương trình ban đầu rồi cùng phương trình ban đầu biến đổi tới một
15


phng trỡnh ó bit cỏch gii.
+Tuy nhiờn cú trng hp ta cú th li dng t nh biu thc liờn hp ca biu
thc cú cha trong du cn.
Vớ d:
Gii phng trỡnh
x+5 x3 = 2
(1)
x x +x55+; x+
iu kin: . Vi iu kin ú
5+3x
x 3x3>03
ta cú l biu thc liờn hp
ca v trỏi. Nhõn hai v ca (1) vi: ta cú:
(1)
x + 5 ( x 3) = 2( x + 5) + x 3 ) x + 5 + x 3 = 4
(1)
Cng v vi v ca(1) v (1) ta c phng trỡnh:
(tho món iu
2 x+5 = 6 x+5 =3 x+5=9 x = 4
kin).
Vy phng trỡnh (1) cú mt nghim duy nht l x = 4
Vi bi toỏn ny dựng biu thc liờn hp cú u th hn vic bỡnh phng hai
v ca (1).
Cú th núi s dng biu thc liờn hp bin i tng ng cỏc phng trỡnh
vụ t c ng dng trong cỏc bi toỏn gii phng trỡnh vụ t dng phc tp cú
mt li th nht nh song cn chỳ ý cỏch dựng biu thc liờn hp phi linh hot ,
sỏng to.
Bi tp tng t:
x+3
Gii phng trỡnh:
4 x + 1 3x 2 =
(1)
5
Nhận xét: Qua các
bài toán ta nhận thấy khi gặp một số phơng trình vô tỉ không ở
dạng mẫu mực mà việc sử dụng các phơng pháp khác gặp khó
khăn, nếu viết đợc một vế của phơng trình f(x) = 0 dới dạng :
f(x) = f12(x) + f22(x) ++fn2(x) thì việc giải phơng trình f(x) = 0
trở thành đơn giản. Đây là một phơng pháp ứng dụng đợc nhiều
đối với các phơng trình đã gặp trong chơng trình phổ thông.
4.2.7.Phng phỏp a v phng trỡnh cha n trong du giỏ tr tuyt i
* Khi gp phng trỡnh m biu A 2 = A
thc di du cn cú th vit c
di dng bỡnh phng ca mt biu thc thỡ s dng hng ng thc: lm mt
du cn, a v phng trỡnh n gin. Mc ớch ca phng phỏp ny l bin i
phng trỡnh ó cho thnh mt phng trỡnh tng ng cú dng:
ri gii phng trỡnh f 2 ( x) g 2 ( x) = m f ( x) g ( x) = m
cha du giỏ tr tuyt
i.
Vớ d: [4]
Gii phng x 2 2 x + 1 + x 2 + 4 x + 4 = 3
trỡnh
(1)
Bin i phng trỡnh (1) ta cú:
(1) (1)
( x 1) 2 + ( x + 2) 2 = 3 x 1 + x + 2 = 3

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


Nếu x < -2 ta có:
Phương trình (1) trở 1 − x − x − 2 = 3 ⇔ 2 x = −4 ⇔ x = −2
thành: (loại).
1 − x + x−−22≤=x3≤⇔
1 0x = 3
Nếu ta có phương trình .
Phương trình có vô số nghiệm thỏa − 2 ≤ x ≤ 1
mãn: .
Nếu x > 1 ta có phương x − 1 + x + 2 = 3 ⇔ 2 x = 2 ⇔ x = 1
trình: (loại).
Vậy nghiệm của phương trình là: − 2 ≤ x ≤ 1
Ở bài toán này việc giải phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối học sinh có thể
xét 4 trường hợp về dấu của x-1 và x+ 2,nên chú ý cho học sinh đối chiếu nghiệm
trong từng khoảng và kết luận nghiệm trên toàn trục số.
Ví dụ: [7] Giải phương x + 3 + 4 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 5
trình: (2).
x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1
Điều kiện:
Phương trình (2) trở thành
( x − 1 + 2) 2 + ( x − 1 − 3) 2 = 5 ⇔ x − 1 + 2 + x − 1 − 3 = 5
⇔ x −1 + 2 + x −1 − 3 = 5 ⇔ x −1 − 3 = 3 − x −1 ⇔ 3 − x −1 = 3 − x −1
⇔ 3 − x −1 ≥ 0 ⇔

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

ta có

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

x + 2− 4 x − 2 + x + 7 −6 x − 2 =1

b)

x − 2 x − 4 −3 + x − 4 x − 4 =1

c)

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


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

Số học sinh không thể giải
được phương trình vô tỉ
20
20

Sau khi áp dụng:
Lớp

Số học sinh có thể giải

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

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

+ 95% số học sinh giải được thành thạo theo công thức giải đối với các
phươngtrình vô tỉ với hệ hỗn hợp.
+ 67% số học sinh giải được theo phương pháp chuyển về hệ phương trình.
+ 75% số học sinh giải thành thạo bằng phương pháp ẩn phụ.
+ 55% số học sinh làm được theo phương pháp đoán nghiệm và chứng minh
nghiệm duy nhất.
+ 85% số học sinh chọn cho mình được phương pháp giải hợp lí cho một phương
trình vô tỉ.
Qua giải phương trình vô tỉ theo các phương pháp đã được trang bị, học sinh
rèn được nhiều kỹ năng giải toán khác, gây được hứng thú làm toán cho học sinh.
1.Học sinh đã tự mình biết áp dụng các phương pháp giải phương trình vô tỉ cho
các dạng phương trình khác có trong chương trình.
2. Định hướng học tâp bộ môn toán theo hướng tích cực hoá, chủ động sáng tạo
như: có thói quen giải toán theo tinh thần Angôrit, tìm cách giải hợp lí, hay cho bài
toán. Hình thành thói quen kiểm tra lời giải và rút kinh nghiệm sau khi giải toán.
3. Xây dựng cho học sinh phong cách làm toán khoa khọc, có phương pháp và
biết đề xuất những vấn đề cần giải quyết, đặc biệt là học sinh có niềm tin và tự chủ
cao hơn.
4. Hình thành mối quan hệ tôt đẹp giữa thầy và trò trong dạy học và trong sự trao
đổi thông tin về toán học.
III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận
Từ thực tế nghiên cứu giảng dạy, tôi nhận thấy việc giảng dạy giải phương trình vô
18


tỉ có ý nghĩa thực tế rất cao. Nó rèn luyện cho học sinh tư duy logic, khả năng sáng
tạo, khả năng biến đổi chính xác nhiều quan hệ toán học, … Do đó khi thực hiện đề
tài này giáo viên cần lưu ý
1. Thường xuyên khắc phục những sai lầm khi giải một phương trình vô tỉ nói
riêng và phương trình đại số nói chung sẽ có tác dụng giúp cho học sinh hiểu sâu,
nắm vững các kiến thức cơ bản và rèn được kỹ năng giải toán chính xác, trình bày
lời giải ngắn gọn, rõ ràng.
2. Hệ thống phương pháp giải cho từng phương trình vô tỉ giúp cho học sinh có
được công cụ giải phương trình nên việc giải phương trình được linh hoạt , hợp lí,
tránh máy móc rập khuôn.Đặc biệt là giúp cho học sinh lựa chọn được cách giải hay
cho một bài toán, hình thành ở học sinh đức tính linh hoạt, làm việc có khoa học và
tránh được những sai lầm nghiêm trọng.
3. Rèn cho học sinh có thói quen khi gặp bất kì một phương trình nào đều định
hướng được các thao tác:
- Quan sát, nhận dạng đưa phương trình về dạng quen thuộc(nếu có).
- Lựa chọn phương pháp giải hợp lí.
4. Thường xuyên ghi nhớ các kiến thức cơ bản và các kỹ năng cần thiết có tác
dụng tốt cho học sinh trong khi giải phương trình và thực hiện các phương pháp giải
giúp cho học sinh nhìn nhận lời giải một cách triệt để và sáng tạo.
5. Rèn luyện thường xuyên các kỹ năng cơ bản khác như: phân tích một biểu
thức dưới dạng tích, các kỹ năng biến đổi, thực hiện các phép tính về căn thức bậc
hai, bậc ba tạo điều kiện thuận lợi cho học sinh hoàn thành tốt các khâu biến đổi khi
giải một phương trình vô tỉ.
6. Lựa chọn phương pháp giải hợp lí là một việc làm quan trọng quyết định tới
sự thành công nhanh chóng khi giải một phương trình vô tỉ
7. Áp dụng phương pháp giải phương trình vô tỉ cho các dạng phương trình
khác vẫn có hiệu quả tích cực và mang lại kết quả tốt trong bài toán giải phương
trình( nếu có thể thực hiện được).
Trên đây là một số phương pháp giải giúp cho học sinh biết cách giải một phương
trình vô tỉ. Bước đầu đã thực nghiệm và có kết quả nhất định, nhất là trong việc bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi, phần nào đã giúp cho học sinh định hình được một Angôrit
giải toán ở thể loại phương trình vô tỉ, phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo
trong giải phương trình và giải toán nói chung, giúp cho học sinh rèn luyện được
nhiều kĩ năng giải toán thông qua giải một phương trình tạo đà cho học sinh đổi mới
cách học trong giai đoạn hiện nay.
2. Kiến nghị, đề xuất
a. Đối với nhà trường
Thường xuyên bổ sung các tài liệu tham khảo để giáo viên, học sinh có điều
kiện nghiên cứu tích lũy thêm kiến thức
b. Đối với cấp trên
Việc góp phần nâng cao hiệu quả giáo dục là vấn đề luôn được quan tâm hàng
đầu. Vì vậy những đề tài hay và thiết thực cần được nhân rộng, tạo điều kiện cho
giáo viên được học hỏi nâng cao nghiệp vụ chuyên môn
19


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

Nguyễn Thị Lương

20


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

21


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

- Vũ Hữu Bình

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

22



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×