Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

      
 
    
  

 (Thoả món điều kiện) 
Kết luận: phương trỡnh cú 3 nghiệm 1x   , 
7
4
x   , 
1
4
x  . 
5) Điều kiện 
15
2
x   
 
(10)
2
2 15 2 4 2 28x x     
Đặt 2 15 4 2x y   với 
1
2
y   
Ta cú hệ phương trỡnh: 
 
 
 
 
2 2
2 2
4 2 2 4 2 28 4 2 2 15 (10.1)
2 15 4 2 4 2 2 15 (10.2)
y x x y
x y y x
        
 
       
Lấy (10.1) trừ (10.2) cú:    
2 2
4 2 4 2 2 2x y y x     
    4 2 4 2 4 2 4 2 2 0x y x y x y          
    4 4 4 4 2 0x y x y x y       
  8 8 8 1 0x y x y      
9
8
y x
y x


   

Với y x , thay (10.1) cú:  
2
4 2 2 15x x   
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 36 
2
1
2
16 14 11 0
11
8
x
x x
x


     
  

1
2
x  , lấy 
11
8
x   , loại vỡ 
1
2
x y   
Với 
9
8
y x   , thay (10.1) cú:  
2 9
4 2 2 15
4
x x     
2
9 641
35 16
16 18 0
4 9 641
16
x
x x
x
  

    
  


9 641
16
x
 
 , lấy 
9 641
16
x
 
 , loại vỡ 
1 5
2 8
y x     
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
1
2
x  , 
9 641
16
x
 
 . 
Chỳ ý: Dạng phương trỡnh  
2
ax b r ux v dx e     , với 
u ar d
v br e
 

 
Thỡ ta đặt ax b uy v   với 0uy v  , để giải tiếp. 
6) 
(11)
  
33 3 5 2 3 2x x x     
Đặt 3 3 5 2 3x y   . Ta cú hệ phương trỡnh: 
 
 
   
   
3 3
3 3
2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 (11.1)
2 3 3 5 2 3 2 3 2 (11.1)
y x x x y x
y x y x x
           
 
         
Lấy (11.1) trừ (11.2) cú:      
3 3
2 3 2 3 2x y y x     
            
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 0x y x y x y x y                 
        
2 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 1 0x y x y x y          
 
x y  Vỡ       
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3 1x y x y       > 0 
3 3 5 2 3x x    
 
3
3 5 2 3x x    
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 37 
3 23 5 8 36 54 27x x x x      
  
3 2
2
8 36 51 22 0
2 8 20 11 0
x x x
x x x
    
    
2
5 3
4
x
x

  

Kết luận: phương trỡnh cú ba nghiệm 2x  , 
5 3
4
x

 . 
Chỳ ý: Dạng phương trỡnh  3 ax b r ux v dx e     , với 
u ar d
v br e
 

 
Thỡ ta đặt 3 ax b uy v   , để giải tiếp. 
IV. Bài toỏn 4. 
1) Đặt 
2 1
3
x
a

 , 
1
3
a  
Ta cú hệ phương trỡnh: 
2 2
2 2
3 1 0 3 1 0 (12.1)
1 3 3 1 0 (12.2)
a x a x
x a x a
      
 
     
Lấy (12.1) trừ (12.2) cú: 2 2 3 3 0a x x a    
  3 0
3
a x
a x a x
a x
 
         
Với a x  , cú: 2 2
3 5
1 3 3 1 0
2
x x x x x
 
         
(Thoả món: 
1
3
x a    ) 
Với 3a x  , cú:  2 21 3 3 3 10 0x x x x       : phương trỡnh vụ nghiệm 
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
3 5
2
x
 
 . 
2) Điều kiện 1x  
Đặt 1a x  , 5 1b x   , 0a  , 5b  . 
Ta cú hệ phương trỡnh: 
2 2
2 2
1 6 5 (13.1)
5 5 (13.2)
a b a b
b a b a
     
 
    
Lấy (13.1) trừ (13.2) cú:       2 2 0 1 0a b b a a b a b         
1b a   (Vỡ 0a b  ) 
5 1 1 1x x      
5 1 1 1 2 1x x x        
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 38 
1 5x x    
 
2
5 0
1 5
x
x x
 
 
  
2
5
11 26 0
x
x x

 
  
5
11 17
2
x
x


  


11 17
2
x

  , thoả món điều kiện 
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
11 17
2
x

 . 
Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh: 
1) 3 2 1 1x x    
2) 2 24 61 1 1 1x x x x       
3) 2
3
8 8
2
x x x   
4) 3 23
4
81 8 2 2
3
x x x x     (HSG NGThiều 2006) 
5) 4 4 41 1x x x    
6) 24 5 2 6 1x x x    . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 39 
Phương phỏp 6: Phương phỏp đỏnh giỏ 
 Giải cỏc phương trỡnh 
 
 
 
4 2 2 2
2 3 2
1) 2 2 16 2 6 20 0 1
1
2) 1 2011 1 2011 1 (2)
1
3) 2 4 2 10 15 3
6 8
4) 6 4
3 2
x x x x x x
x x x
x
x x x x x
x x
      
     

     
 
 
 3 2 2 2
17 1
5) 13 6 10 5 13 17 48 36 36 8 21 (5)
2 2
x x x x x x x x          
 
 
2 2
2 2
6) 4 2 4 6
2 1
7) 7
4 8 2 5
x y y x y
x x
x x x x
    
 

   
Giải 
1) 
 
   
1
4 2 2 2 22 2 16 2 16 4 4 0x x x x x x x x           
 
   
2
22 2
2 2
2 16 2 0
2 16 0
2
2 0
x x x x
x x x
x
x
      
    
  
 
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 2x  . 
Chỳ ý: Ở đõy ta đó sử dụng phương phỏp 2 2
( ) 0
( ) ( ) 0
( ) 0
f x
f x g x
g x

   

. 
2) Điều kiện 
1 1
2011 2011
x

  
Ta cú :    
2 2
1 2011 1 2011 2 1 2011 1 2011x x x x       
 
2
1 2011 1 2011 4 1 2011 1 2011 2x x x x          
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2011 1 2011x x   0x  
Lại cú: 
1 1
1 2 . 1 2
1 1
x x
x x
    
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 40 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
1
1 0
1
x x
x
   

Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 0x  . 
Nhận xột: Ta đó sử dụng phương phỏp 
( )
,
( )
f x m
x D
g x m

 

Nờn phương trỡnh ( ) ( )f x g x với x D  
( )
( )
f x m
g x m



, x D . 
3) Điều kiện: 3 22 10 15 0x x x    
   23 2 5 5 0 3x x x x        (do 22 5 5 0x x   ) 
Cú: 
2
3 2 2 3 2 5 52 10 15 3 2 5 5
2
x x x
x x x x x x
   
        
3 2 22 10 15 2 4x x x x x       
Dấu đẳng thức xảy ra khi: 23 2 5 5x x x    
2 2 3 52 5 5 3 2 6 2 0
2
x x x x x x

           
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
3 5
2
x

 . 
Nhận xột: Ta đó sử dụng phương phỏp ( ) ( ),f x g x x D   bằng cỏch ỏp dụng 
cỏc bất đẳng thức 
Do vậy phương trỡnh ( ) ( ),f x g x x D  xảy ra khi dấu đẳng thức xảy ra ở phộp 
sử dụng trờn. 
4) Điều kiện 2x  
*) Bằng cỏch thử trực tiếp ta thấy phương trỡnh cú nghiệm 
3
2
x  
*) Với 
3
2
x  , cú 
3 6 6 6
3 3 2
32 3 3
2
3 8 8 8
2 2 4
12 2 2
2
6 8 3
6 , :
3 2 2
x
x x
x
x x
x x
x x
      
 
      
 
    
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 41 
*) Với 
3
2
2
x  , cú 
3 6 6 6
0 3 3 2
32 3 3
2
3 8 8 8
0 2 2 4
12 2 2
2
6 8 3
6 , : 2
3 2 2
x
x x
x
x x
x x
x x
       
 
       
 
     
 
Kết luận: phương trỡnh cú một nghiệm 
3
2
x  . 
Chỳ ý: Điều quan trọng của phương phỏp này là ta phải tỡm được khoảng chứa 
nghiệm của phương trỡnh, sau đú xột cỏc trường hợp đặc biệt để tỡm ra nghiệm 
của phương trỡnh. Từ đú chứng minh phương trỡnh khụng cũn nghiệm khỏc nữa. 
5)      
2 2 2213 6 +10 3 1 2 3 3 1 3 +1x x x x x x        
 
2 2 2
2
22 2 2
17 5 3 5 5
5 13 + 2 2 2
2 2 2 2 2
17 48 36 4 6
x x x x x x
x x x x x x
     
             
     
      
VT = 2 2 2
17
13 6 10 5 13 + 17 48 36
2
x x x x x x       
5 5
3 1 2 3 1 2
2 2
x x x x x x          
 VT 
3 3
6x 6x
2 2
    , VT 
3
6x
2
  khi 
3
2
x  
VP        
221 1 1 336 8 21 12 3 2 2x 3 12 3 6
2 2 2 2
x x x x x           
 
VP 
3
6
2
x  khi 
3
2
x  
Vậy phương trỡnh (5) cú nghiệm 
3
2
x  . 
6) Điều kiện 
2
2
4x 0
2
4x 0
y
y
y
 

 
  
   
(6) 2 2
2 2 2 24 2 4 4 2 4x y y x y x y y x y            
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 42 
2 2 24 2 4 2 2. 4x y y x y y x y         
   2 2 24 4 1 2 1 2 2 4 0x x y y y x y          
   
2 2 22 1 1 2 2 4 0x y y x y        
2
2 1 0 1
1 0 2
12 4 0
x
x
y
yy x y
   
 
    
     
 (Thoả món điều kiện) 
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
1
2
1
x
y



  
. 
7) *) Với 1x  , cú: VP 
2
1
0
2x 5
x
x

 
 
, VT 
2
2
0
4x 8
x
x

 
 
 Phương trỡnh vụ nghiệm 
*) Với 2x   cú: VP 
2
1
0
2x 5
x
x

 
 
, VT 
2
2
0
4x 8
x
x

 
 
 Phương trỡnh vụ nghiệm 
*) Với 2 1x   , hai vế phương trỡnh (7) đều khụng õm, bỡnh phương 2 vế ta 
cú 
2 2 2 2
2 2 2 2
4 4 2 1 4 8 2 5
4 8 2 5 4 4 2 1
x x x x x x x x
x x x x x x x x
       
  
       
2 2
4 4
1 1
4 4 2 1x x x x
   
   
2 2
4 4
4 4 2 1x x x x
 
   
2 24 4 2 1x x x x      6 3x  
1
2
x   
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
1
2
x   . 
 Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh 
 21) 4 12 1 4 5 1 9 5x x x x x       
2) 3 6 6x 6x x x       2 23) 2 1 2 1 2x x x x      
4) 2 3x x x x x x x      3 3 35) 1 2 3 0x x x      
26) 4 1 4 1 1x x    (ĐH QGHN 2001) 
2
2
1 1
7) 2 4x x x
x x
      
1 2 1 2
8) 1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
 
    
 
. 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 43 
Phương phỏp 7: Phương phỏp hàm số 
Giải cỏc phương trỡnh 
   
22 23.31) 1 2 1 1 2 1 1x x x x       
3 32) 5 2 2 +1 0 (2)x x x    
 23) 1 2 17 3x x x     
 Giải 
1) Điều kiện 1x   
 
   
1 22
2 233 1 2 1 1 2 1x x x x        
Gọi 23 1, 1a x a    và 1, 0b x b   
 1
 ( ) ( )f a f b trong đú 2( ) 2f t t t  
Lại cú ( )f t là hàm số đồng biến trờn (1 ; + ∞) 
Vậy ( ) ( )f a f b a b   
   
 
  
23
2 32
4 2 3 2
4 3 2
3 2
2
1 1
1 1
2 1 3 3 1
5 3 0
5 3 0
1 2 3 0
x x
x x
x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
   
   
      
    
    
    
0
1
3
x
x
x

  

 
 (Thoả món điều kiện) 
Kết luận: phương trỡnh cú 3 nghiệm 1, 0, 3x x x    . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D thỡ 
phương trỡnh 
 ( ) ( )f a f b , ( , )a b D a b  , ( , )a b D 
2) Điều kiện 
3 5x   
Xột hàm số 3 3( ) 5 2 2 1f x x x x     , với 3 5;x    
 
 
2
3
3 2
3
3 2
'( ) 1 0, 5 ;
2 5 3 2 1
x
f x x
x x
       
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 44 
 Hàm số ( )f x đồng biến trờn  3 5 ;  
Mà ( 1)f  = 0 
Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất 1x   . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D thỡ 
phương trỡnh ( ) ,f x a a D  ( a = const), nghiệm nếu cú là duy nhất. 
3) Điều kiện 1x  
Hàm số ( ) 1f x x  cú 
1
' 0, 1
2 1
y x
x
   

 Hàm số 1y x  đồng biến trờn (1 ; +∞ ) 
Hàm số 2( ) 2 +17g x x x   nghịch biến trờn (1 ; +∞ ) 
Lại cú (5) (5)f g 
Vậy phương trỡnh (3) cú nghiệm duy nhất 5x  . 
Chỳ ý: Nếu hàm số ( )y f x luụn đồng biến (hoặc luụn nghịch biến) trờn D và 
hàm số ( )y g x luụn nghịch biến (hoặc luụn đồng biến) trờn D thỡ số nghiệm 
trờn D của phương trỡnh ( ) ( )f x g x nhiều nhất là một. 
Ta cũng cú thể giải bài này bằng cỏch vẽ đồ thị của hai hàm số trờn cựng 
một hệ trục toạ độ, hoành độ giao điểm của hai đồ thị là nghiệm phương trỡnh. 
Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh sau 
2 23 33 31) 2 1 2 1 2x x x x      
2) 3 1 7 2 4x x x     
3) 2 1 3.x x    
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 45 
Phương phỏp 8: Phương phỏp vộctơ 
Giải cỏc phương trỡnh 
2 21) 4 5 10 50 5x x x x      
2 22) 8 816 10 267 2003x x x x      ( 30 4 2003)Olympic   
Giải 
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn 
 
 
 
2 2
2 2
2 2
( 2; 1 ) , 5 ;5
2 1 4 +5
5 25 10 50
4 5 10 50
(3; 4)
9 16 5
a x b x
a x x x
b x x x
a b x x x x
a b
a b
   
    
     
       
  
    
Lại cú : a b a b   
Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cựng hướng , 0a kb k   
 2 5
1 5
0
x k x
k
k
  

 
 
5
4
1
5
x
k


 
 

Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
5
4
x  . 
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn 
 (4 ; 20 2 ) , (5 ;11 2 )a x b x    
 
 
2 2
2 2
2 2
4 800 8 816
5 242 10 267
8 816 10 267
( 9 ;31 2 )
a x x x
b x x x
a b x x x x
a b
     
     
       
 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 46 
81 1922 2003a b     
Lại cú a b a b   
Dấu đẳng thức xảy ra khi a và b cựng hướng , 0a kb k   
 4 5
20 2 11 2
0
x k x
k
k
  

 
 

56
31
20
11
x
k

 
 
 

Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
56
31
x   . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 47 
Phương phỏp 9: Phương phỏp lượng giỏc hoỏ 
Giải cỏc phương trỡnh: 
1) 2 21 1 2x x   (1) 
2) 
2
35
121
x
x
x
 

 (2) 
3) 
 
 
222
2
2
11
1
2 2 1
xx
x
x x x

  

 (3) 
4) 3 3 2x x x   (4) 
Giải 
1) Ở bài này ta cú thể giải bằng cỏch bỡnh phương hai vế hoặc đặt ẩn phụ. Cỏc 
phương phỏp đú đều cựng mục đớch làm mất căn thức. Nhưng trong bài toỏn này 
lại xuất hiện: 1 1x   và cú 21 x , do vậy ta nhớ đến đẳng thức lượng giỏc 
2 21 sin cosa a  hoặc 2 21 cos sina a  . Vậy ta cú thờm cỏch nữa sau đõy: 
Điều kiện 1 1x   
Đặt cosx a , 0 a   
Phương trỡnh (1) trở thành: 
2 2 2 21 1 cos 2cos 1 sin 2cosa a a a      
 21 sin 2 1 sina a    (Do: 0 sin 0a a    ) 
22sin sin 1 0a a    
sin 1
1
sin
2
a
a
 

 

sin 1a   , loại 
21 1 3sin cos 1 sin 1
2 4 2
a x a a           
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
3
2
x   . 
Chỳ ý: Ở phương trỡnh này cú thể giải bằng cỏch bỡnh phương của dạng phương 
trỡnh ( ) ( )f x g x hoặc đặt ẩn phụ 21t x  . 
2) Trong phương trỡnh thấy cú đặc điểm sau: 
1
1 1x
x
   và cú 
2 2
2
1
1 1x x
x
 
   
 
 nờn ta nghĩ đến cỏch giải: 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 48 
Điều kiện 
1
1
x
x

  
Do VP
35
0
12
   VT 
2
1
1 0 0
1
x x
x
 
     
 
Do đú ta giải phương trỡnh với 1x  
Đặt 
1
cosa
x
 , do 
1
1 0 1x
x
     chọn 0
2
a

  
Phương trỡnh (2) trở thành: 
2
1 1 35
cos 121
cos 1
cos
a
a
a
 

2
1 1 35
cos 12cos tana a a
   
1 1 35
cos cos .tan 12a a a
   
1 1 35
cos sin 12a a
   
 12 sin cos 35sin .cosa a a a   
2 2144(sin cos ) 1225(sin .cos )a a a a   
2144(1 2sin .cos ) 1225(sin .cos )a a a a   
 21225(sin .cos ) 288 sin .cos 144 0a a a a    
12
sin .cos
25
12
sin .cos
45
a a
a a


 
  

12
sin .cos
45
a a   , loại vỡ 
sin 0
cos 0
a
a



12
sin .cos
25
a a  2 2
144
sin .cos
625
a a  
 2 2
144
cos 1 cos
625
a a   4 2
144
cos cos 0
625
a a    
2
2
9
cos
25
16
cos
25
a
a


 
 

3
cos
5
4
cos
5
a
a


 
 

 (Vỡ cos 0a  ) 
5
3
5
4
x
x


 
 

 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 49 
Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 
5
3
x  , 
5
4
x  . 
3) Trong bài toỏn này cú xuất hiện  21 x vậy ta nhớ đến cụng thức lượng giỏc 
cơ bản: 2
2
1
1 tan
cos
a
a
  . Do vậy ta cú cỏch giải: 
Điều kiện 
0
1
x
x


 
Đặt tana x , với 
cos 0
2 2
sin 0
0
aa
a
a
 
   
 
 
Khi đú, phương trỡnh (3) trở thành: 
 
 
 
2
22
2
2
22 2
4
2
2 2
2
1 tan1 tan
1 tan
2 tan 2 tan 1 tan
1 cos cos
sincos 2cos .sin
2cos 1 .sin
cos
1 1 1
cos 2sin .cos 2cos cos sin sin
1 1
1
2sin 2sin .cos2
2sin .cos2 cos2 1
2sin .cos2 2sin
aa
a
a a a
a a
aa a a
a a
a
a a a a a a a
a a a
a a a
a a a

  

  
 
 
 
  

  
  
  
 
0
2sin cos2 sin 0a a a  
cos2 sina a  (Vỡ sin 0a  ) 
cos2 cos
2
a a
 
   
 
2 2
2
2 2
2
a a k
a a k





  
 
    

2
6 3
,
2
2
k
a
k
a k
 



 
 
   

Z 
Do: 
1
tan
2 2 6 6 3
a a x
   
        
Kết luận: phương trỡnh cú nghiệm 
1
3
x  . 
4) Điều kiện 2x   
Với  3 22 3 4 2x x x x x x x x          phương trỡnh (4) vụ nghiệm 
Với 2 2x   , đặt 2cosx a , 0 a   
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 50 
Khi đú, phương trỡnh (4) trở thành: 
2 28cos 6cos 2 2cos 2cos3 4cos
2
a
a a a a     
cos3 cos
2
a
a  (Vỡ cos 0
2
a
 ) 
3 2
2
3 2
2
a
a k
a
a k



 
 
   

4
5
,
4
7
k
a
k
k
a




 
 

Z 
Do 0 a    chọn 0a  , 
4
5
a

 , 
4
7
a

 
2x  , 
4
2cos
5
x

 , 
4
2cos
7
x

 
Kết luận: phương trỡnh cú ba nghiệm 2x  , 
4
2cos
5
x

 , 
4
2cos
7
x

 . 
Chỳ ý: 
Bài này phải để ý thật sõu ta mới phỏt hiện ra phương phỏp lượng giỏc hoỏ. 
Bài tập 
Giải cỏc phương trỡnh 
1) 2 31 4 3x x x   
2) 3 6 1 2x x  
3)  2 21 1 1 2 1x x x     
4) 2 2
2
1 2 1 2
1
x x x x
x
     

5)  2 22 2 1 1 1x x x     
6) 2 2
1
1 1 2
2
x x x    . 
Mục lục 
 Trang 
Bài toỏn mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 
Phương phỏp 1: Phương phỏp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 
Phương phỏp 2: Phương phỏp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . 14 
Phương phỏp 3: Phương phỏp xuất hiện biểu thức liờn hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 
Phương phỏp 4: Phương phỏp đưa về phương trỡnh tớch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 
Phương phỏp 5: Phương phỏp đặt ẩn phụ và đưa về hệ phương trỡnh . . . . . . . . . . . . . 30 
Phương phỏp 6: Phương phỏp đỏnh giỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 
Phương phỏp 7: Phương phỏp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 
Phương phỏp 8: Phương phỏp vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 
Phương phỏp 9: Phương phỏp lượng giỏc hoỏ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 47 
Tài liệu tham khảo 
1. Các sách bài tập toán lớp 10, lớp 11, lớp 12 
2. Các sách giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng 
3. Các sách về ph-ơng trình, bất ph-ơng trình, hệ ph-ơng trình  
 Kết luận 
 Trên đây là sáng kiến kinh nghiệm do tôi đúc rút đ-ợc trong quá trình 
giảng dạy môn Toán bậc THPT. Tôi thấy học sinh học tập rất hào hứng và say 
mê, nên kết quả thu đ-ợc nh- sau: về bản thân càng yêu thích công việc giảng 
dạy và nghiên cứu khoa học; về học sinh thì học tốt hơn, nhiều học sinh bình 
th-ờng trở lên khá, học sinh khá giỏi càng giỏi hơn. Và quan trọng hơn học sinh 
yêu thích môn toán và cố gắng học tốt các phần khác của môn toán nữa. Thầy trò 
luôn say mê học tập và nghiên cứu để đ-a ra đ-ợc những bài toán hay hơn. 
 Mặc dù bản thân đã rất cố gắng, nh-ng trong quá trình viết sáng kiến kinh 
nghiệm có thể ch-a tránh hết những thiếu sót đáng tiếc, rất mong nhận đ-ợc góp 
ý xây dựng của các thầy giáo cô giáo, những ng-ời quan tâm đến môn toán và sự 
nghiệp giáo dục để sáng kiến kinh nghiệm này ngày càng hoàn thiện hơn và phổ 
biến hơn. 
 Xin trân trọng cảm ơn. 
 Hà Nội, ngày 19 / 5 / 2011 
 Ng-ời viết 
 Nguyễn Quốc Hoàn 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886) 
Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ (0913 661 886)