Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ trong cấu trúc đề thi THPT Quốc gia

 1. MỞ ĐẦU:
 1.1. Lý do chọn đề tài:
 - Thực hiện chủ trương, đường lối của Đảng, chính sách pháp luật của 
Nhà nước. Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của 
trường THPT Thạch Thành 2 năm học 2015-2016.
 - Năm học 2015-2016, tôi được phân công trực tiếp giảng dạy các lớp 10. 
Đa số học sinh nhận thức còn chậm, giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho 
từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn.
 - Trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Đại số 10, các 
em học sinh đã được tiếp cận với phương trình chứa ẩn dưới dấu căn và được 
tiếp cận với một vài cách giải thông thường đối với những bài toán cơ bản đơn 
giản. Tuy nhiên trong thực tế các bài toán giải phương trình chứa ẩn dưới dấu 
căn rất phong phú và đa dạng và đặc biệt là trong các đề thi THPT quốc gia 
mấy năm gần đây, các em sẽ gặp một lớp các bài toán về phương trình vô tỉ (câu 
này là câu lấy điểm 8 đôi khi là điểm 9 trong câu trúc đề thi) mà chỉ có số ít các 
em biết phương pháp giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được gọn gàng, 
sáng sủa thậm chí còn mắc một số sai lầm không đáng có trong khi trình bày. 
Tại sao lại như vậy?
 - Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Đại số lớp 10 hiện 
 hành được trình bày ở phần đầu chương III (giữa học kỳ I) rất là ít và hạn hẹp 
 chỉ có một tiết lý thuyết sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và đưa ra 
 cách giải khá rườm rà khó hiểu và dễ mắc sai lầm, phần bài tập đưa ra sau bài 
 học cũng rất hạn chế. Mặt khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này 
 quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra được nhiều 
 bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh. Nhưng trong 
 thực tế, để biến đổi và giải chính xác phương trình chứa ẩn dưới dấu căn đòi 
 hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ cao và 
 phải có năng lực biến đổi toán học nhanh nhẹn thuần thục. 
 1.2. Mục đích nghiên cứu:
 - Từ lý do chọn đề tài, từ cơ sở thực tiễn giảng dạy khối lớp 10 ở trường 
THPT, cùng với kinh nghiệm trong thời gian giảng dạy. Tôi đã tổng hợp, khai 
thác và hệ thống hoá lại các kiến thức thành: “Một số phương pháp giải 
phương trình vô tỉ trong cấu trúc đề thi THPT quốc gia’’.
 - Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh 
một số phương pháp tổng quát và một số kỹ năng cơ bản và phát hiện được đâu 
là điều kiện cần và đủ. Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, 
đúng logic, không mắc sai lầm khi biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ 
giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng 
như phương pháp giải một số các bài toán về giải phương trình vô tỉ.
 1.3. Đối tượng nghiên cứu:
 Đề tài này nhằm giúp học sinh vận dụng và tìm ra các phương pháp giải 
phương trình chứa ẩn dấu căn
 1 
 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
 Học sinh trường THPT Thạch Thành 2 nói riêng và một số học sinh của 
 các trường miền núi nói chung, đa số là học sinh ở vùng nông thôn, khu vực 
 đặc biệt khó khăn, còn thiếu thốn về mọi mặt nên kiến thức THCS còn non yếu, 
 tiếp thu bài còn chậm, chưa tự hệ thống được kiến thức. Khi gặp các bài toán về 
 phương trình vô tỉ chưa phân loại và định hình được cách giải, lúng túng khi 
 đặt điều kiện và biến đổi, trong khi đó phương trình loại này có rất nhiều dạng. 
 Nhưng bên cạnh đó chương trình Đại số 10 không nêu cách giải tổng quát cho 
 từng dạng, thời lượng dành cho phần này là quá ít.Trong khi đó mấy năm lại 
 gần đây trong cấu trúc đề thi THPT quốc gia thì câu giải phương trình là câu 
 lấy điểm 8 đôi khi là điểm 9 đòi hỏi mức độ tư duy cao của học học sinh.
 Qua việc khảo sát kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng 
 ngày nhận thấy học sinh thường bỏ qua hoặc không giải được hoặc trình bày 
 cách giải đặt điều kiện và lấy nghiệm sai ở phần này.
 2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
 Một số dạng và phương pháp giải:
 Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của 
đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng gải quyết các vấn đề trên của học sinh
với một số dạng và phương pháp giải cụ thể từng dạng:
 * Dạng 1: phương trình f (x) = g(x) (1) 
 Điều kiện g(x) 0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (1), sau khi 
 giải phương trình f(x) = g2(x) chỉ cần g(x) 0 để kết luận nghiệm mà không cần 
 phải thay vào phương trình ban đầu để thử để lấy nghiệm.
 * Dạng 2: phương trình f (x) g(x) (2) 
 f (x) 0
 Phương trình (2) 
 f (x) g(x)
 Điều kiện f(x) 0 là điều kiện cần và đủ của phương trình (2). Chú ý ở 
 đây không nhất thiết phải đặt điều kiện đồng thời cả f(x) và g(x) không âm 
 vì f(x)=g(x)
 Hai dạng trên là hai dạng cơ bản mà hầu hết các em học sinh có thể nắm 
 vững được sau khi được giáo viên hướng dẫn.
 *Dạng 3: Sử dụng lượng liên hợp để đưa phương trình về phương 
 trình tích
 a) Biểu thức liên hợp xuất hiện ngay trong phương trình
 a b a b
 Lưu ý: a b = a,b 0,a b ; 3 a 3 b =
 a  b 3 a2  3 ab 3 b2
 Ví dụ 1: Giải phương trình: 10x 1 + 3x 5 = 9x 4 + 2x 2 
 Phân tích: 10x-1-(9x+4)=3x-5-(2x-2) nên ta có lời giải sau
 5
 Lời gải: Điều kiện: x .
 3
 Pt 10x 1 9x 4 3x 5 2x 2 =0
 3 
(1). Vì vậy ta đưa pt về dạng (x-5)f(x)=0, ta cần làm xuất hiện nhân tử chung 
x-5 từ vế trái của phương trình bằng phương pháp liên hợp.
 1
 Lời giải: Đk: x 6 .
 3
 Pt (1) 
 3x 5 x 5
 3x+1 4 1 6 x 3x2 14x 5 0 x 5 3x 1 0
 3x 1 4 1 6 x
 x 5 0
 1 1
 3x 1 0 
 3 x 1 4 1 6 x
 x 5 và pt (*) vô nghiệm với đk.
 Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.
 Ví dụ 6: Giải phương trình: 5x 1 3 9 x 2x2 3x 1(Hsg k12 HN-
2012).
 Phân tích: Tương tự ta thấy x=1 là nghiệm, ngoài cách làm như trên ta 
còn có thể làm nhanh như sau: Thay x=1 vào 5x 1 ta được 2,vào 3 9 x ta 
được 2 vì thế ta tách như sau.
 1
 Lời giải: Đk x .Biến đổi phương trình 
 5
 5x 1 2 3 9 x 2 2x2 3x 5 
 5 x 1 1 x
 2 x 1 2x 5 
 5 x 1 2 3 9 x 2 3 9 x 4
 x 1
 5 1
 2 2x 5 
 5x 1 2 3 3
 9 x 2 9 x 4
 Phương trình (*) vô nghiệm vì VT<5/2 mà VP 5.
 Vậy phương trình có nghiệm là x=1.
 c) Tìm được nhiều hơn một nghiệm:
 Ví dụ 7: Giải phương trình: 2x2 x 3 21x 7 x2 x 4 0 
 Phân tích: Dùng máy tính ta thấy phương trình có 2 nghiệm x=1 và x=2. 
Suy ra phương trình sẽ có nhân tử chung là x2 3x 2 .Ta thấy ngay không thể 
nhân và chia lượng liên hợp với hai căn đó ngay .Vậy thì làm thế nào để tách 
nhóm tạo ra x2 3x 2 ?.Ta thực hiện nhóm giả định sau 
 5 
 Giải: 
 Phương trình đã cho tương đương với: (x2 13) x2 13 42 0
 Đặt: t x2 13 0 , ta được phương trình: 
 2 t 7 
 t t 42 0 t 6
 t 6
 Khi đó: x2 13 36 x 23
 Ví dụ 2: Giải phương trình: x2 2x 12 6 2x2 4x 4
 Giải: Đk: 2x2 4x+4 0 x R
 Đặt: 
 1
 t 2x2 4x 4 0 x2 2x 12 t 2 10 . 
 2
 Khi đó phương trình trở thành:
 1 2 2 t 2
 t 10 6t t 12t 20 0 
 2 t 10
 Với t 2 x2 2x 0 x 0 ;x=2
 Với t 10 x2 2x 48 0 x 6; x 8
 Vậy phương trình trên có các nghiệm là : x=8; x=2 và x=-6
 Đôi khi có những bài toán không phải là dạng trên, nhưng vẫn có thể đưa 
về phương trình bậc hai được. Điều này phụ thuộc vào sự linh hoạt trong giải 
toán của từng học sinh. Ta xét ví dụ sau:
 Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 1 (Đề dự bị KB-
2013)
 Giải: Đk: 2x2 5x 6 0
 Đặt: t 2x2 5x 6 0 khi đó: 2x2 5x 2 t 2 8
 Phương trình trở thành: t 2 8 1 2t 
 1
 t 
 2 t 1
 2
 3t 4t 7 0
 x 1
 2 2
 Với t 1 2x 5x 6 1 2x 5x 7 0 7 cả hai nghiệm 
 x 
 2
 này đều thỏa mãn Đk 
 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x=-1;x=7/2
 Hoàn toàn tương tự các bạn có thể giải các bài tập sau đây:
 1. x2 3x 3 x2 3x 6 3 ( ĐH Thương mại – 1998)
 2. 2 x 2 x 1 x 1 4 ( ĐH Khối D – 2005)
 3. 15x 2x2 5 2x2 15x 11
 b. Dạng Phương trình:
 7 
của t vừa tìm được để tìm x. Còn nếu tìm điều kiện của t như bài trên ta không 
cần phải thay giá trị: t=1/2 ngược trở lại.
 - Bằng cách phân tích như ở trên chúng ta có thể xây dựng nên các 
phương trình này một cách đơn giản:
 2(x2 x 1) (x2 x 1) (x2 x 1)(x2 x 1) ta được phương trình:
 x2 3x 1 x4 x2 1. Chú ý các đẳng thức sau để có thể sáng tạo ra các bài toán 
dạng này:
 4 2 4 2 2 2 2
 • x x 1 (x 2x 1) x (x x 1)(x x 1)
 4 2 2
 • x 1 (x 2x 1)(x 2x 1)
 4 2 2
 • 4x 1 (2x 2x 1)(2x 2x 1)
 Ví dụ 2: Giải phương trình: 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 (1)
 Giải: 
 Ta có (1) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1
 x2 x 20 0
 x 1 0
 5x2 14x 9 x2 x 20 25(x 1) 10 (x2 x 20)(x 1)
 x 5 (2)
 2x2 5x 2 5 (x 4)(x 5)(x 1) (3)
 (2) 3(x 4) 2(x2 4x 5) 5 (x 4)(x2 4x 5) (4)
 Dễ thấy x 4 không phải là nghiệm của (4)
 Đặt x 4 t x2 4x 5 (t 0) , Khi đó (3) trở thành: 
 t 1
 (x2 4x 5)(3t 2 5t 2) 0 3t 2 5t 2 0 2
 t 
 3
 Với t =1 ta có: 
 5 61
 x 4 x2 4x 5 x 
 2 .
 5 61
 Kết hợp với (2) và (3) ta có: x 
 2
 x 8
 4 2
 Với t =2/3 ta có: x 4 (x 4x 5) 7 . 
 9 x 
 4
 Kết hợp với (2) và (3) ta có: x =8 
 5 61
 Vậy phương trình có hai nghiệm: x và x 8
 2
 Chú ý: Nếu phương trình: 
 aP(x) bQ(x) c P(x).Q(x) 0 (abc 0)
 thoả mãn: P(x).Q(x) k thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều. 
 9