Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung

T THỦ THUẬT GIẢI TOÁN PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ - ĐOÀN TRÍ DŨNG

1

TÀI LIỆU ÔN THI

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

------------------------***------------------------

THỦ THUẬT

Giải toán

PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Tác giả: ĐOÀN TRÍ DŨNG

HÀ NỘI, THÁNG 4 NĂM 2016

THỦ THUẬT GIẢI TOÁN PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ - ĐOÀN TRÍ DŨNG

2

CHỦ ĐỀ 1: 4 KỸ NĂNG CƠ BẢN CẦN BIẾT

TRONG QUÁ TRÌNH GIẢI TOÁN BẰNG MÁY TÍNH CASIO

I. Kỹ năng 1: Kỹ năng nâng lũy thừa:

Kỹ năng nâng lũy thừa là rất quan trọng trong quá trình giải toán

mà trong quá trình giải toán, ta vẫn thường gọi với những tên quen

thuộc như “bình phương hai vế”, “lập phương hai vế”. Học sinh cần

nắm vững các hằng đẳng thức cơ bản về nâng lũy thừa như sau:

2 2 2a b a b 2ab .

3 3 2 2 3a b a 3a b 3ab b .

2 2 2 2a b c a b c 2 ab bc ca .

3 3 3 3a b c a b c 3 a b b c c a .

3 3 3 3a b c a b c 3 a b c ab bc ca 3abc .

II. Kỹ năng 2: Phân tích nhân tử biểu thức chứa một căn dạng cơ

bản:

Ví dụ 1: Phân tích nhân tử: x 2 x 3

Đặt 3x 3 t x t 3 . Khi đó:

2x 2 x 3 t 2t 3 t 1 t 3 .

Do đó thay ngược t x 3 ta được:

x 2 x 3 x 3 1 x 3 3 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1: Phân tích nhân tử: 2x 4 5 x 1

Đáp án: 2 x 1 1 x 1 2

Bài 2: Phân tích nhân tử: 2x 5 7 2x 1

Đáp án: 2x 1 1 2x 1 6

III. Kỹ năng 3: Phân tích nhân tử hai biến không chứa căn:

Ví dụ 2: Phân tích nhân tử: 2 2x 2xy y x y (Tối đa là bậc 2).

Thay y 100 , biểu thức trở thành: 2 2 2x 2xy y x y x 201x 10100 .

Bấm máy phương trình bậc 2 ta được 2 nghiệm: x 100,x 101 .


3

Do đó: 2x 201x 10100 x 100 x 101 .

Vì 100 y,101 100 1 y 1 , vậy:

2 2x 2xy y x y x y x y 1 .

Ví dụ 3: Phân tích nhân tử: 3 2 2 2x 2x y xy y xy 3x 3y .

Thay y 100 , biểu thức trở thành: 3 2 2 2 3 2x 2x y xy y xy 3x 3y x 200x 10103x 10300

Sử dụng SOLVE ta được x 100 y . Ta có hai cách xử lý sau:

Cách 1: Sử dụng CALC:

Thay 1

x 1000,y100

ta có:

3 2 2 2x 2x y xy y xy 3x 3y1000013.01

x y

2 21 11000 1000. 3 x xy y 3

100 100

Hay nói cách khác phân tích đa thức nhân tử ta được kết quả:

3 2 2 2 2x 2x y xy y xy 3x 3y x y x xy y 3

Cách 2: Sơ đồ Hoorne:

x 1 200 10103 10300

100 1 100 103 0

Vậy 3 2

2x 200x 10103x 10300x 100x 103

x 100

Hay 3 2 2 2 2x 2x y xy y xy 3x 3y x y x xy y 3 .

Chú ý: Phƣơng pháp này rất có ích cho các bài toán về chủ đề

tƣơng giao đồ thị hàm số bậc 3.

IV. Kỹ năng 4: Kỹ năng tìm max/min của phân số

Hƣớng đi 1: Tìm max/min bằng TABLE

Ví dụ ta muốn tìm max/min của 1

x 2 2 :

Với chức năng TABLE của máy

tính Casio ta được:


4

1 1max 0.5

2x 2 2

Chú ý rằng: maxA a thì biểu

thức a A 0 luôn đúng.

Do đó nếu sau khi liên hợp:

Xuất hiện A , ta tìm minA .

Xuất hiện A , ta tìm maxA .

Hƣớng đi 2: Sử dụng đánh giá ƣớc lƣợng:

Ước lượng theo số: c c

b,c 0ba b

.

Ước lượng theo bậc cao nhất: 2 2

x 1 x 1

2x 2x 5 x x x

Chú ý: Lớn hơn hay nhỏ hơn để chắc chắn ta sử dụng TABLE để

kiểm tra, điều này giúp khám phá ra những giá trị min/max khá đặc

biệt, chẳng hạn như sau:

2 2

2 2

x x 2 x x x 1

2x x 1 x x x

Kiểm tra 2

2

x x 2 x 1

2x x 1 x

trong TABLE với điều kiện có được

để kiểm tra cẩn thận nhóm biểu thức này dương hay âm.


5

CHỦ ĐỀ 2: TỔNG QUAN CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI

Các phương pháp chính khi giải toán phương trình:

1. Tƣ duy đặt ẩn phụ:

Đặt 1 ẩn phụ: Mục đích đưa về một phương trình, bất phương trình

cơ bản hơn. Vậy khi nào đặt được ẩn phụ? Quan sát hệ số, phát hiện

sự lặp đi lặp lại:

Ví dụ 5: 3

22 25x 18x 9 5x 1 4 5 x 3 x 1

32 2

2 4x 9 x 1 4x x 1 4 5 4x 3 x 1 x 1

Thông thường đến bước này cần phải quyết định thực hiện các phép

biến đổi cơ bản đưa về ẩn phụ (Cộng, trừ, nhân, chia). Nếu lựa chọn

phép chia thì phải triệt tiêu 1 biến: 2

4x 4x 4 4x2 9 1 5 3

x 1 x 1 x 1x 1

Thường học sinh hay nản nhất ở bước quyết định có ẩn phụ hóa

được hay không này, đó là cần biến đổi biểu thức lạc loài về được ẩn

phụ cần đặt, và có thể hệ số bất định hóa:

4 16 4x

x 1 x 1x 1

Tới đây ta quy đồng và đồng nhất hệ số: 4 0 4

16 16

.

Hay nói cách khác ta biến đổi phương trình về dạng: 2

4x 4x 4x 4x2 9 1 16 4 5 3

x 1 x 1 x 1 x 1

Đến đây bài toán có thể xử lý được đơn giản hơn rất nhiều. Mời bạn

đọc tiếp tục với hai bài toán cơ bản áp dụng sau:

Áp dụng 1: 2

2

2

3x 4x 8x 3x 6 x

2 x 3x 6 x 4

Áp dụng 2:

5

23

3 3

3 x 2x x 2

x 2x 4 x x 2


6

Đặt 2 ẩn phụ trở lên: Mục đích để nhóm nhân tử hoặc sử dụng hàm

đặc trưng. Bản chất của hàm đặc trưng cũng chính là phép đặt ẩn

phụ, do đó nếu ta tư duy liệu có hàm đặc trƣng đƣợc hay không, ta

nên chuyển tư duy thành có thể dồn về hai ẩn phụ được hay không?

Ví dụ 6: 3 2 2

2 2

2x 3x 23x 11 3 x 4x 5x 1 0

x 2x 2 x 4x 5

Trước tiên học sinh cần biết rút gọn phương trình về dạng:

2 2 3 2x 1 x 2x 2 x 2 x 4x 5 2x 3x 23x 11 0

Tới đây, ta tư duy xếp hai căn sang hai phía và quan sát dễ dàng

thấy hai ẩn phụ:

2 23 2x 1 x 1 1 2x 3x 23x 11 2 x 2 x 1

Tuy nhiên như tôi đã nói ở trên, khó khăn nhất luôn là xử lý nhóm

biểu thức còn lại, và theo kinh nghiệm của tôi, đó là sử dụng phương

pháp hệ số bất định và đồng nhất hệ số: 3 22x 3x 23x 11

3 3 2 2

x 1 2 x x 1 2 x x 1 2 x

Để tìm các hệ số, ngoài việc phá vỡ biểu thức và nhóm theo từng bậc

của biến x, ta có thể thay 4 giá trị bất kỳ của x vào để tìm:

x 1 27 9 3 391

x 0 7 3 111

x 3 65 15 5 851

x 4 133 21 7 161

Tại sao 3 ẩn mà cần 4 phương trình? Vì cần có một phương trình để

kiểm tra đó! Không phải lúc nào cũng đúng đâu nhé, nên phải hết

sức cẩn thận !

Vậy ta viết lại thành: 2 3 2

x 1 x 1 1 x 1 x 1 x 1

2 3 2

2 x 2 x 1 2 x 2 x 2 x

Áp dụng 3: 2 2x 1 x 2x 5 4x x 1 2 x 1 .

(Trích đề Thi Thử Trung Tâm Diệu Hiền –Cần Thơ 2016 Lần 1)


7

2. Tƣ duy tạo hằng đẳng thức:

Đây là một phép biến đổi tay táo bạo nhưng lại giúp ích rất nhiều.

Nếu xuất hiện: ab Tạo ra 2

a b .

Nếu xuất hiện: ab a b Tạo ra 3

a b .

Ví dụ 7: 2

32 2x x 1 2 x 1 x 2 1 x 1

Phương trình 2

32 2x 2x 1 2 x 1 x 2 x 2 1 x 1

22

3 2x 1 x 2 1 x 1

3 32 2x 1 x 2 1 x 1 x 1 x 1 x 2 1 0

3 23 3x 1 x 2x 1 x 1 x 2 1 0

3

2 23 32 2 3 3

x x 3 x 1 x 30

x 2 1x 2x 1 x 2x 1 x 1 x 1

x 3

Ví dụ 8: 3 23 33x x 7 x x 7 7x 12x 5x 6

3 23 33x x 7 x x 7 7x 12x 5x 6

3 3 23 3x x 7 3x x 7 x x 7 8x 12x 6x 1

3 33 3x x 7 2x 1 x x 7 2x 1 3 x 7 x 1

3 3 2 2x 1 x 7 x 3x 2x 6 0 x 1 x 4x 6 0

x 1.

Ví dụ 9: 23 4 8x 9x

2 2 x 1 1x 3x 2 2x 1

Điều kiện xác định: x 1. Bất phương trình đã cho tương đương với:

22x 3 2 x 1 1 9x 4 2x 1

x 3x 2 2x 1


8

2x 3 2 x 1 13x 2 2x 1

x

Do x 1. Do đó BPT 22x 3 2 x 1 1 3x 2x 2x 1

2 2

2 x 1 x 1 x 2x 1 2 x 1 x 1 0

Vì: 2 2

x 1 x 1 0; x 2x 1 0; 2 x 1 x 1 0 , x 1

2 2

2 x 1 x 1 x 2x 1 2 x 1 x 1 0

Vậy để BPT xảy ra thì

x 1 x 1

VT 0 x 2x 1 x 1.

x 1 0

3. Tƣ duy đi tìm nhân tử:

A. Tìm nhân tử nghiệm đơn hữu tỷ cơ bản:

Liên hợp căn bậc 2 Liên hợp căn bậc 3 Liên hợp căn bậc 3 2 2a b

a ba b

3 3

2 2

a ba b

a ab b

3 3

2 2

a ba b

a ab b

Chú ý: 22 2 2 21 1 1

a ab b a b a b 0, a,b2 2 2

.

Giả sử phương trình f x 0 có nghiệm x 3 và trong phương trình

có chứa căn thức x 6 , khi đó với x 3 x 6 3 .

Vậy nếu sử dụng liên hợp: x 6 9 x 3

x 6 3x 6 3 x 6 3

khi đó

sẽ xuất hiện nhân tử x 3 và có thể rút ra làm nhân tử chung.

Tuy nhiên, vì x 3 nên ta cũng có thể đánh giá x 6 3 x .

Vậy nếu sử dụng liên hợp: 2 x 3 x 2x x 6

x x 6x x 6 x x 6

ta

cũng rút được nhân tử x 3 .

Nhƣ vậy bản chất của phƣơng pháp nhân liên hợp là rút ra nhân tử

chung để chỉ ra nghiệm của phƣơng trình. Khi hai đại lƣợng a và b có


9

giá trị bằng nhau, ta có thể sử dụng nhân liên hợp giữa hai đại lƣợng

này.

Phƣơng pháp nhân liên hợp truy ngƣợc dấu cấp độ 1:

Nếu trong phương trình hay bất phương trình có chứa a

đồng thời có đánh giá a b thì sử dụng liên hợp:

a a b a b a .

Ví dụ: x 1 2 khi đó ta sử dụng liên hợp:

x 1 x 1 2 x 1 2 x 1 .

Nếu trong phương trình hay bất phương trình có chứa 3 a

đồng thời 3 a b thì sử dụng liên hợp:

23 3 3 3a b a b a a b a .

Ví dụ: 3 x 5 2 khi đó ta sử dụng liên hợp:

3 3 3 3x 5 2 x 5 2 x 5 x 5 4 x 5 .

Phƣơng pháp nhân liên hợp truy ngƣợc dấu cấp độ 2: Giả sử bài

toán chứa x 3 và phương trình có nghiệm x 1 . Khi đó ta đánh

giá như sau: 2 2x 3 2 x 1 2x x 1 2x ...

Do đó ta có thể sử dụng các phương án liên hợp sau:

2 x 1 x 2x x 2

x 1 x 3x 1 x 3 x 1 x 3

2 x 1 4x 34x x 3

2x x 32x x 3 2x x 3

3 24 2

2

2 2

x 1 x x 3x 2x 2x x 2x 1 x 3

x 1 x 3 x 1 x 3

3 24

2

2 2

x 1 4x 4x 4x 34x x 32x x 3

2x x 3 2x x 3


10

Việc lựa chọn liên hợp nào là một nghệ thuật và người sử dụng

liên hợp trong quá trình làm bài cần phải là một nghệ sĩ, phải biết

phối hợp giữa các điều kiện bài toán đưa ra ban đầu để từ đó quyết

định đâu là liên hợp cần tìm.

Ví dụ 10: 3 x 2 3x 4 3 2x 1 x 3

3 x 2 3x 4 3 2x 1 x 3

2x 1 3 2x 1 3x 4 4 x 3 x 3 0

2 2x 1 3 x 3

x 4 0 3 x 42x 1 3 3x 4 4 x 3 1

B. Tƣ duy tìm nhân tử nghiệm vô tỷ:

Ví dụ 11: 3 2x x x 5 x 4 x 2 0

Phân tích

Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x 3.302775638 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x 2 2.302775638 x 1 .

Hƣớng dẫn cách sử dụng TABLE và SOLVE

Bƣớc 1: Truy cập Mode 7 (Table):

3 2f x x x x 5 x 4 x 2

Lựa chọn Start = 2 , End = 7, Step =

0.5

Bƣớc 2: Nhận bảng giá trị:

Từ bảng giá trị ta nhận thấy hàm số

có sự đổi dấu trong 3; 3.5 .

Như vậy phương trình có thể có

nghiệm trong khoảng này.

Vì vậy ta sẽ sử dụng SOLVE với giá

trị khởi đầu x 3.2 3;3.5 để tìm

ra nghiệm này.


11

Bƣớc 3: Quay trở lại Mode 1, ta gõ

phương trình:

3 2x x x 5 x 4 x 2 0

Bƣớc 4: Bấm Shift Calc (Solve) với

giá trị x 3.3 , ta thu được nghiệm:

x 3.302775638

Bƣớc 5: Thay vào căn thức ta có:

x 2 2.302775638 x 1

Vậy phương trình có nhân tử là:

x 1 x 2

Bài giải

Cách 1: Sử dụng liên hợp cơ bản:

Ta có: 3 2x x x 5 x 4 x 2 0

3 2x 2x 4x 1 x 4 x 1 x 2 0

2

2 x 3x 1x 1 x 3x 1 x 4 0

x 1 x 2

2 1x 3x 1 x 1 x 4 0

x 1 x 2

Quy đồng ta được: 2 2x 3x 1 x x 3 x 1 x 2 0

2 21x 3x 1 2x 2x 6 2 x 1 x 2 0

2

2

221 1 11

x 3x 1 x 1 x 2 x 02 2 4

.

Cách 2: Sử dụng liên ngƣợc:

Ta có: 3 2x x x 5 x 4 x 2 0

3 2x 2x 4x 1 x 4 x 1 x 2 0

2x 1 x 3x 1 x 4 x 1 x 2 0


12

Liên hợp ngƣợc: Xét biểu thức liên hợp:

2 2x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3x 1

Do đó ta có thể viết lại: 2x 3x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 .

Do đó: x 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 4 x 1 x 2 0

x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 4 0

2x 1 x 2 x x 3 x 1 x 2 0

2

21 1 11x 1 x 2 x 1 x 2 x 0

2 2 4

ƢU ĐIỂM VÀ NHƢỢC ĐIỂM CỦA

LIÊN HỢP CƠ BẢN VÀ LIÊN HỢP NGƢỢC

Liên hợp cơ bản Liên hợp ngƣợc

Ƣu điểm Có lợi thế khi gặp bài toán

từ 2 căn thức trở lên.

Lợi thế khi gặp bài toán

bất phương trình.

Nhƣợc

điểm

Bất lợi khi giải bất phương

trình vì phải xử lý điều

kiện mẫu số.

Cần thử lại nghiệm sau khi

giải xong phương trình.

Bất lợi khi gặp bài toán

có nhiều căn thức.

C. Tƣ duy nhân tử nghiệm bội hữu tỷ:

Ví dụ 12: 2x x 1 2x 1 0

Phƣơng pháp nhận diện bằng SOLVE và d/dx:

Bƣớc 1: Bấm phương trình trên máy

tính Casio và sử dụng SHIFT CALC

(SOLVE) ta thu được x 1 .

Bƣớc 2: Kiểm tra điều kiện nghiệm

bội bằng cách xét:

2dx x 1 2x 1 0

x 1dx

Vậy x 1 là nghiệm bội kép


13

Phân biệt nghiệm đơn và bội qua d/dx:

x a là nghiệm bội của f x 0 nếu d

f x 0x adx

.

x a là nghiệm đơn của f x 0 nếu d

f x 0x adx

.

Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:

Bƣớc 1: 2f x x x 1 2x 1 .

Lựa chọn các giá trị:

Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5.

Bƣớc 2: Nhận xét: Hàm số tiếp xúc

trục hoành tại điểm duy nhất 1x .

Như vậy 1x là nghiệm bội kép.

Phân biệt nghiệm đơn và nghiệm

bội kép thông qua TABLE

Hàm số đổi dấu khi đi qua

trục hoành là nghiệm đơn.

Hàm số không đổi dấu khi đi

qua trục hoành là nghiệm

kép.

Phân biệt các loại nghiệm bằng sự kết hợpSOLVE, d/dx và TABLE:

Đơn Là nghiệm đơn f x 0 . Không là nghiệm f ' x 0 .

Kép Nghiệm kép f x 0 . Không là nghiệm kép f " x 0 .

Bội 3 Là nghiệm đơn f x 0 . Là nghiệm kép f ' x 0 .

Bội 4 Là nghiệm kép f x 0 . Là nghiệm kép f " x 0 .

Chú ý: Các bài toán nghiệm bội phần lớn là nghiệm kép.

Giải bài toán nghiệm bội hữu tỷ nhƣ thế nào?

Cách 1: Nhân liên hợp:

Tổng quát: Nếu 0x x là nghiệm bội kép hữu tỷ và phương trình có

chứa căn thức n A , khi đó ta đặt: nax b A


14

Ta tìm các hệ số a,b bằng cách giải hệ sau:

n0 0

n

0

ax b A x

da A

x xdx

Chú ý:

Nếu là nghiệm bội 3, ta đặt 2 nax bx c A .

Giải hệ:

2 n0

0

2 n

0 0

2 n

0 0

ax bx c A xx x

dax bx c ' A

x x x xdx

dax bx c " A x '

x x x xdx

Trong đó n

0

dA x '

x xdx

là để tính đạo hàm cấp 2.

Nếu có 2 nghiệm bội kép, ta có thể rút từng nghiệm kép ra lần

lượt bằng nhân liên hợp (Liên hợp 2 lần liên tiếp) hoặc ta làm

giống như nghiệm bội 3: Đặt 2 nax bx c A .

Giải hệ:

2 n1

1

2 n

1 1

2 n2

2

2 n

2 2

ax bx c A xx x

dax bx c ' A

x x x xdx

ax bx c A xx x

dax bx c ' A

x x x xdx

Bài giải

Trong bài toán này, ta có x 1 là nghiệm bội kép, đặt:

ax b 2x 1 .

Khi đó ta sẽ tìm các hệ số a,b bằng cách giải hệ sau:


15

ax b 2x 1x 1 a b 1 a 1

a 1 b 0da 2x 1

x 1dx

Vậy với a 1,b 0 ta có x 2x 1 nên liên hợp cần tạo ra là :

x 2x 1 .

Ta có: 2 2x x 1 2x 1 0 x 2x 1 x 2x 1 0

2

22x 2x 1 1x 2x 1 0 x 1 1 0

x 2x 1 x 2x 1

.

Cách 2: Tạo hằng đẳng thức (Chỉ nên áp dụng với nghiệm kép):

Ta có: 2 2x x 1 2x 1 0 2x 2x 2 2 2x 1 0

22x 1 2 2x 1 1 2 x 2x 1 0

2 2

2x 1 1 2 x 1 0

Cách 3: Sử dụng đánh giá AM – GM (Chỉ nên áp dụng với nghiệm

kép).

AM – GM cho 2 số: 2 2a b

ab2

a,b . Do đó sử dụng bất

đẳng thức này với những biểu thức chứa căn bậc 2 và lựa

chọn 2 đại lượng a,b có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy ra

khi a b .

AM – GM cho 3 số: 3 3 3a b c

abc3

a,b,c 0 . Do đó sử

dụng với những biểu thức chứa căn bậc 3 và lựa chọn 3 đại

lượng a,b,c không âm có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy

ra khi a b c .

Tương tự như vậy ta có thể đánh giá bất đẳng thức AM – GM

cho các căn bậc cao hơn.

Áp dụng: Vì x 1 2x 1 1 . Vậy a 2x 1,b 1 (AM – GM cho

2 số).


16

Ta có: 2x 1 1

2x 1.1 2x 1 x2

.

Mà 2x x 1 2x 1 . Do đó: 2x x 1 x 2

x 1 0 x 1 .

Cách 4: Đặt ẩn phụ và phân tích nhân tử (Phƣơng pháp này hoàn

toàn độc lập và không bị lệ thuộc vào máy tính):

Đặt 2t 1

2x 1 t 0 x2

. Khi đó phương trình trở thành:

2

2 24 2t 1 t 1 1

1 t 0 t t t 1 02 2 4

2 21

t 1 t 2t 3 04

2 21

t 1 t 2t 3 04

21

2x 1 1 x 1 2x 1 02

.

Cách 5: Liên hợp ngƣợc:

Ta có: 2 2x x 1 2x 1 0 x 2x 1 x 2x 1 0

x 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 0

x 2x 1 x 1 2x 1 0

D. Tƣ duy nghiệm bội vô tỷ:

Ví dụ 13: 2x 5x x 3x 1 x 1 5x

Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:

Bƣớc 1: Xét hàm số:

2f x x 5x x 3x 1 x 1 5x

Lựa chọn các giá trị:

Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5

Bƣớc 2: Nhận bảng giá trị của

TABLE:

Ta thấy: Phương trình có vẻ như

không có nghiệm bởi tất cả các giá

trị đều mang dấu dương. Tuy

nhiên, điều này có thể được lý giải

như sau:


17

Với lựa chọn Start = 0.5, End

= 9.5, Step = 0.5, TABLE sẽ

chỉ hiển thị được các giá trị

hoành độ hữu tỷ, còn các giá

trị hoành độ vô tỷ không

hiển thị được.

Nghiệm vô tỷ thì khi nhìn

vào TABLE ta phải thấy hàm

số có sự đổi dấu từ âm sang

dương nhưng điều này

không hề xuất hiện bởi

nghiệm kép vô tỷ này sẽ

khiến hàm số không thể đổi

dấu khi đi qua trục hoành.

Như vậy đây là dấu hiệu của

Nghiệm kép vô tỷ, tuy nhiên, điều

đó sẽ chỉ được khẳng định hoàn

toàn nếu ta tìm được nghiệm của

phương trình, mà điều này không

quá khó khăn, ta có thể quay trở lại

Mode 1 và dùng SOLVE.

Bƣớc 3: Quay trở lại Mode 1 và sử

dụng SOLVE, ta tìm được:

x 2.618033812

Giải bài toán nghiệm bội hữu vô tỷ nhƣ thế nào?

Bƣớc 4: Thay vào căn thức ta được:

3x 1 2.618033887 x

5x 3.618033866 x 1

Vậy ta có đánh giá x 3x 1

x 1 5x

.

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:


18

2x 5x x 3x 1 x 1 5x 2x 5x x 3x 1 x 1 5x 0

22x 10x 2x 3x 1 2 x 1 5x 0

2 2

x 3x 1 x 1 5x 0

Cách 2: Sử dụng đánh giá AM – GM:

Ta có:

2

22

x 3x 1x 3x 1

2x 3x 1 x 1 5x x 5x

x 1 5xx 1 5x

2

.

Do đó 2x 5x x 3x 1 x 1 5x x 3x 1 3 5

x2x 1 5x

.

Cách 3: Ép tích bằng ẩn phụ:

Đặt 2t

5x t 0 x5

. Khi đó phương trình trở thành:

4 2 2 22t t 3t t

t 1 1 t25 5 5 5

4 3 2 2 2t 5t 25t 25t t 15t 25 0

2 2 2 2t 5t t 5t 5 t 5t 5 15t 25 0

2 2 2 2t 5t 10t 50t 50 10t 5t 5 15t 25 0

2 2 2 25t 5 15t 25 t 5t 5t 5 15t 25 10t 0

2 3 2 2 25t 5 15t 25 5t 20t 25t t 5t 15t 25 0

2 2 2 25t 5 15t 25 t 10t 50t 50 t 5t 5t 5 15t 25 0

2

2 2 25t 5 15t 25 t 5t 5 15t 25 t 5t 0

2

2 2 25t 5 15t 25 4t t 15t 25 0 . Thay ngược t 5x :

2

5 5x 5 75x 25 20x 5x 75x 25 0

2

5x 1 3x 1 4x 5x 3x 1 0 .


19

4. Tƣ duy giải toán bằng ẩn phụ không hoàn toàn:

Đây là một dạng phương pháp giải quyết các phương trình có

dạng A B C bằng cách nhóm về nhân tử mà không cần quan tâm

đến nghiệm của phương trình. Các bươc làm như sau:

Bƣớc 1: Đặt t B điều kiện t 0 .

Xét phương trình tổng quát có dạng 2t At C B 0 .

Bƣớc 2: Gán cho x 100 khi đó ta được phương trình bậc hai với ẩn

là t và tham số là .

Bƣớc 3 :

Tính và tìm sao cho f là số hữu tỷ và 0 .

Khi tìm f chúng ta sử dụng TABLE với Start = 9;

End = 9; Step = 1 tìm giá trị 0 thỏa mãn điều kiện trên.

Ta tìm được và tính được .

Ví dụ 14: 2 3 2x 1 x x 1 2x 2x 3

Đặt 3 1x x t với 0t 2 3 1t x x khi đó theo phương trình tổng

quát ta đi tìm vậy phương trình đã cho có dạng như sau :

2 2 2 31 2 2 3 1 0t x t x x x x ( 2) .

Gán giá trị cho x 10 khi đó phương trình ( 2)

t t 2 101 223 1009 0 .

Tới đây ta tiến hành giải với tham số và với ẩn là t .

2

101 4 223 1009 2

101 4 223 1009 .

Xét hàm số 2

101 4 223 1009f .

Sử dụng chức năng TABLE để tìm 0 và nguyên sao cho

f có giá trị hữu tỷ:

Xét công cụ TABLE (mode 7) cho:

2

( ) 101 4 223 1009F X X X

Với các giá trị:

START = 9 .

X F(X)

9 587.4904<

8 525.0152<

7 462.8271<


20

END = 9.

STEP = 1.

Khi đó ta tìm giá trị X sao cho F(X)

nhận giá trị hữu tỷ và đồng thời X

là giá trị khác 0.

Dựa vào bảng giá trị TABLE như

trên, ta nhận thấy với X = 1 thì:

F(X) 2123 100 20 3 2 3x x

Vậy nếu lựa chọn 1 thì:

2 2 3x x

Do đó, nếu ta lựa chọn:

21

123 2 3123

x xf

Vậy với cách đặt ẩn phụ là t và

1 ta được phương trình có :

6 401.0598<

5 339.9426<

4 279.9017<

3 221.8129<

2 167.7170<

1 123

0 101

1 115.5205<

2 156.7194<

3 209.4015<

4 266.8501<

5 326.5593<

6 387.4854<

7 449.1336<

8 511.2426<

9 573.6627<

2

2 2123 100 20 3 2 3 2 3x x x x .

Vậy khi đó phương trình đã cho có dạng như sau:

2 2 2 31 2 2 3 1 0t x t x x x x .

2 2 3 21 2 3 2 0t x t x x x .

2 2

2 3 2 2 21 4 2 3 2 2 3 2 3x x x x x x x x .

Khi đó, bằng công thức nghiệm của phương trình bậc 2, ta thu được

hai nghiệm sau :

22 2

2 2

21 2 3

2 21 2 3

12

x xx x xt

x x xt x

Đến đây phương trình sẽ được viết dưới dạng nhân tử như sau :

222

1 0 2 2 1 02

x xt t x t x x t x

2 3 32 2 1 1 1 0x x x x x x x


21

5. Tƣ duy giải toán bằng phƣơng pháp đánh giá :

Ví dụ 15: 2 4x x 2x x 1 2 ln x 1 ln x 3 3x 3 x 2

Ta có: 2 4x x 2x x 1 2 ln x 1 ln x 3 3x 3 x 2

2x x 2 2x x 2 x 1 3x 3 2 ln x 1 2 ln x 3 0

2x x 2 2x 1 x 1

x 2 2 ln x 1 2 ln x 3 0x x 2 x 1 3

2x x 2 x 2x 1 1

2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 3x x 2 x 1 3

Ta nhận xét hàm số: xf x 2 ln x 1 là hàm số đồng biến khi x 0 .

Do đó: Ta đánh giá:

Nếu x 2 x 1 0 x 2 thì :

2 2x x 2 x 2x 1 1

2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 1x x 2 x 1 3

2x 2 x 2 22 ln x 3 2 ln x 1 x 2 x 1 x 2 (Loại).

Nếu x 2 x 1 0 x 2 thì :

2 2x x 2 x 2x 1 1

2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 1x x 2 x 1 3

2x 2 x 2 22 ln x 3 2 ln x 1 x 2 x x 2 (Loại).

Mặt khác x 2 x 1 0 x 2 x 1 thử lại ta thấy đều

thỏa mãn là nghiệm của phương trình.

Áp dụng: 2 2x 15 3x 2 x 8 lnx

Áp dụng: x x 3

2log 2 x 3 2 x 2x 2 2 x 3 9

Áp dụng:

3 2

22

e x 3x 10x 2x 8 xln ln

x 14x 4 x 7 x 2


22

CHỦ ĐỀ 3: TỔNG HỢP CÁC KỸ NĂNG CƠ BẢN XỬ LÝ “HẬU

QUẢ CỦA LIÊN HỢP VÀ NHÓM NHÂN TỬ”

1. Kỹ năng 1: Thế rút từ phƣơng trình ban đầu:

Nguyên tắc: Sau khi liên hợp xong, ta thực hiện phép thế từ phương

trình ban đầu vào:

Ví dụ 16: 2 22 x x 2 2x 4x x 2

2 22 x x 2 2x 4x x 2 2

2 2

2x 8x 8x 2

2 x x 2 2x 4x

2 2

2x 4x 2 1 0

2 x x 2 2x 4x

2 2x 2 2x 4 2 x x 2 2x 4x 0

Thay ngược 2 22 x x 2 x 2 2x 4x ta có:

2 2x 2 2x 4 x 2 2x 4x 2x 4x 0

2x 2 x 2 2 2x 4x 0 (Đơn giản rồi nhé!)

Ví dụ 17: 2 2 2x x 3 2x 7 2x 4

Ta có: 2 2 2x x 3 2x 7 2x 4

2 2 22x 7 x 3 2x 4 x 0

2 2

2 2 2

x 4 x 40

2x 7 x 3 2x 4 x

2

2 2 2

1 1x 4 0

2x 7 x 3 2x 4 x

2 2 22

2 2 2

2x 4 x 2x 7 x 3x 4 0

2x 7 x 3 2x 4 x

2 2 2 2x 4 2x 4 x 2x 7 x 3 0

Thay ngược 2 2 2x 3 2x 7 2x 4 x ta có:


23

2 2 2 2 2x 4 2x 4 x 2x 7 2x 7 2x 4 x 0

2 2 2x 4 2 2x 4 2 2x 7 0 (Xong rồi nhé!).

Áp dụng 4: 32 3x x 3x 3 2x 6 .

Áp dụng 5: 2x 9x 1 x 11 3x 2x 3 .

2. Kỹ năng 2: Bình phƣơng phƣơng trình hệ quả:

Ví dụ 18: 22x 18 x 1 16 4x 5 x 3

22x 18 x 1 16 4x 5 x 3

25 x 3 2x 18

5 x 3x 1 16 4x

2

x 3

2x 18 x 1 16 4x

Trƣờng hợp 1: x 3 (Thỏa mãn điều kiện xác định).

Thay vào phương trình ta thấy đây là một nghiệm thỏa mãn.

Trƣờng hợp 2: 22x 18 x 1 16 4x . Bình phương hai vế ta

được: 2 2 22x 3x 1 4 x 1 4 x 4 x 3x 4 2x 3x 1

2 2 22 2

22

2x x 3 2x 7x 21 016 x 3x 4 2x 3x 1

2x 3x 1 02x 3x 1 0

3x 1 x

2 . Thử lại ta thấy các nghiệm này không thỏa mãn

phương trình ban đầu.

3. Kỹ năng 3: Đánh giá không âm:

Đánh giá không âm là tạo một lượng vừa đủ không âm, phần còn lại

đánh giá theo chiều dương, thông thường đại lượng không âm có thể

hiểu là một hằng đẳng thức hoặc sử dụng kết hợp điều kiện:

Ví dụ 19: 3 2 2x 2x x 2x 5 2 4x 5 5x 4

Phương trình 3 2 2x 2x 5x 4 x 2x 5 2 2 4x 5 3 0


24

2

2

x 1 8x 1 x x 4 0

4x 5 3x 2x 5 2

2

2

1 15 x 1 8x 1 x 0

2 4 4x 5 3x 2x 5 2

Dùng đánh giá ước lượng:

2 2

x 1 x1

x 2x 5 2 x8 8

34x 5 3

.

Dùng TABLE ta nhận thấy:

2 2

x 1 x 11 0 1

x 2x 5 2 x 2x 5 2

Ta nhận thấy vừa dùng đánh giá ƣớc lƣợng vừa dùng TABLE sẽ rất

hiệu quả.

2

2

1 1 x 1 8 8x 1 x 1 0

2 12 3 4x 5 3x 2x 5 2

2 2

2

1 1 x 2x 5 3 x 8 4x 5x 1 x 0

2 12 3 4x 5 3x 2x 5 2

Ta chứng minh: 2 2x 2x 5 3 x 0 x 2x 5 x 3

(Vì ta biết chắc chắn dƣơng rồi nên mới chứng minh đó…)

Với x < 3 bất phương trình luôn đúng.

Ngược lại thì quy đồng:

22 4x 4x 2x 5 x 3

x 3x 3

(Đúng).

Ví dụ 20: 4 3

2 2x 3xx 1 x 5x 6 x 2

x 3 1

Phương trình 4 3 2 2x 3x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 2

2

3 2x 1 x 2

x 2 x 3x 2x 2 0x 2 2


25

3 2 3 2x 3x 2x 2 x 2 x 4x 3x 2

x 2 0x 2 2

Ta kết hợp điều kiện xác định với việc tạo hằng đẳng thức ta được:

23 2 3 2 2 2x 3x 2x 2 x 2x x 2x 2 x x 2 x 1 1 0

2

3 2 3 2 2 2 3 7x 4x 3x 2 x 2x 2x 3x 2 x x 2 2 x 0

4 8

Vậy ta có: x 2 .

Chú ý: Ta có thể giải bằng truy ngƣợc dấu, hàm đặc trƣng. Mời bạn

đọc tự thử sức.

Nhƣng đôi khi sử dụng kỹ thuật “Parabol nhỏ”, ta có thể tạo đƣợc

những bất ngờ thú vị hơn, mời bạn đọc xem bài ví dụ tiếp theo:

Ví dụ 21: 2 2x x 8 3x 8 x 1 x 1 3 x 1 0

Phương trình

2x 1 x 1 3 x 8 x 1 2x x 1 x 2x x 8 0

x 1 x 1 3 x 1 3 x 1 3 1 x 1 x x 1 2 x 1 3 0

x 1 3 x 1 2 x 1 2 x x x 1 1 x 1 3 0

x 1 3 x 1 2 x 1 2 x x x 1 x 0

x 1 3 x 2 x 1 2 x 1 0

Tới đây, sử dụng TABLE với hàm

số:

F x x 2 x 1

Ta nhận thấy hàm số tiếp xúc với

đường thẳng y 2 . Hay nói cách

khác, nhân tử: x 2 x 1 2

Sẽ đem lại hằng đẳng thức!

Thật vậy, đặt 23t x 1 x 2 x 1 2 t 3t 2 t 1 t 2 .

Hay nói cách khác, ta biến đổi phương trình về dạng:


26

2

x 1 3 x 1 2 x 1 1 x 1 0 x 8

4. Kỹ năng 4: Sử dụng hằng đẳng thức hoặc AM – GM đánh giá:

Ví dụ 22: 3

22 25x 18x 9 5x 1 4 5 x 3 x 1

Ta có: 3

22 25x 18x 9 5x 1 4 5 x 3 x 1

232 25x 18x 9 5 x 3

5 x 3 x 15x 1 4

Trƣờng hợp 1: x 3 .

Trƣờng hợp 2:

3

22 25x 18x 9 x 1 5x 1 4 x 1 x 1 5x 1 4

Hướng đi 1: Sử dụng AM – GM để đánh giá vô nghiệm:

Ta chứng minh Vế phải < A, khi đó Vế trái < A và chuyển

thành bất phương trình Vế trái – A < 0 và chứng tỏ bất

phương trình này vô nghiệm.

Thông thường để bất phương trình này có thể vô nghiệm, ta

cần biến đổi Vế phải < A sao cho bậc của biểu thức A phải

nhỏ hơn hoặc bằng bậc của Vế trái. Nếu bậc bằng nhau thì

hệ số bậc cao nhất của A cần phải nhỏ hơn hoặc bằng hệ số

bậc cao nhất của Vế trái.

Chính vì vậy mà theo bất đẳng thức AM – GM ta có đánh giá sau:

AM GM

6x 2x 1 x 1 5x 1 4 x 1 x 1 2 4 x 1

2

Do đó: 2

AM GM

6x 22 25x 18x 9 a x 1 2 4 x 1

2

2 22 25x 18x 9 x 1 5x 11 45x 20x 7 0 (Vô lý).

Vậy: x 3 .

Hướng đi 2: Sử dụng hằng đẳng thức:

22 25x 18x 9 x 1 x 1 5x 1 4


27

2 2100x 72x 36 2 x 1 5x 6x 1 2 x 1 4 x 1 0

2 2

2 2x 1 5x 6x 1 x 1 4 x 1 93x 46x 17 0

2

2 22 23 1052

x 1 5x 6x 1 x 1 4 x 1 93 x 093 93

Rõ ràng phương trình vô nghiệm. Vậy: x 3 .

Ví dụ 23: 2

2

2

1 x x 1x x 1

1 x x 2

Điều kiện: 2 2 21 x x 1 x x 1 1 x x 2 1 x 0

Phương trình 2 2 21 x x 1 x x 1 1 x x 2

2 2 2 2x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1 0

2

2 2 2 2

x 2x x 2x 1 0

x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1

Sử dụng quy tắc ước lượng ta có:

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

x x1

x x 1 1 x

2x x 2 2x1

x x 1 x x 2 x x 1 x x x x

Sử dụng TABLE kiểm tra ta thấy:

2

2

2 2 2

x1 0

x x 1 1

2x x 21 0

x x 1 x x 2 x x 1

Do đó biến đổi phương trình ta được:

2

2 2 2 2

x 2x x 2x 1 1 1 0

x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1


28

2 2 2 22

2 2 2 2

x x 1 x x 2 x x 1 2x x 2x 1 x x 1x 1 0

x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1

Quá dễ để chứng minh: 2x 1 x x 1 0

Ta chứng minh: 2 2 2 2x x 1 x x 2 x x 1 2x x 2

Hướng đi 1: Nhóm hằng đẳng thức: 2 2 2 24x 2x 4 2 x x 1 x x 2 2x x 1 0

2 2

2 2 2x x 2 x x 1 x 1 x 0 (Đúng).

Hướng đi 2: Sử dụng AM – GM: 2 2 2 2

2 2 2 x x 1 x x 2 x x 1x x 1 x x 2 x x 1

2 2

2 2 2 2x x 1 x x 2 x x 1 2x x 2

Mặt khác, vì đẳng thức không xảy ra. Do đó ta có: 2 2 2 2x x 1 x x 2 x x 1 2x x 2

Vậy: x 1 .


29

CHỦ ĐỀ 4: NHỮNG QUY TẮC KHAI THÁC ĐIỀU KIỆN

Có rất nhiều các phương pháp dùng để khai thác điều kiện từ một

phương trình tưởng chừng như không thể có điều kiện gì:

Ví dụ 24: Khai thác điều kiện từ: 2 2 2x x 1 x 1 x 4

Ta có: 2 2 2 2 x 2x x 1 x 1 x 4 1 2 x x 2 0

x 1

Mặt khác theo AM – GM ta có: 2 2

2 2 2 x 1 1 x 4 1 5x x 1 x 1 x 4 x

2 2 2

Vậy ta thu được: 5

x 12

hoặc x 2 .

Ví dụ 25: Khai thác điều kiện tử: 2 2x 15 3x 2 x 8

Ta có: 2 2x 15 x 8 cho nên:

2 2 2 2x 15 3x 2 x 8 x 8 x

3

Mặt khác, làm trội ta có: 2 2 2x 15 4x 32 2 x 8 .

Do vậy: 2 2 23x 2 x 8 2 x 8 3x 2 x 8 .

Vì 2

x3

nên bình phương hai vế ta được:

2 2 3 17 3 179x 12x 4 x 8 x

4 4

Vậy ta thu được: 2 3 17

x3 4

(Ép điều kiện rất chặt!).

Ví dụ 26: Khai thác điều kiện từ: 2 2 2 22x 3 x x 1 x 2 x 4x 6

Vì: 2 22x 3 x 2 cho nên: 2 2x x 1 x 4x 6 x 1 .

Chú ý: Kể cả không phát hiện đƣợc mối quan hệ lớn hơn lúc đầu,

ta cũng có thể xử lý nhƣ sau: A C,B D

A B C DA C,B D

.

Ví dụ 27: Khai thác điều kiện từ: 3 2x x x 5 x 4 x 2 0


30

Ta có: 3 23 2 x x x 5 0x 4 x 2 x x x 5

x 2x 2

Vì bất phương trình 3 2x x x 5 0 chỉ có nghiệm lẻ của phương

trình bậc 3, tuy nhiên trong chương trình Trung học phổ thông, ta

không nên sử dụng phương pháp Cardano để xử lý phương trình

bậc ba này.

Vậy làm thế nào để hóa giải được bất phương trình trên?

Chú ý rằng bất phương trình 3 2x x x 5 0 có nghiệm lẻ như sau:

x 2.34025083

Do đó chúng ta có thể khẳng định chắc chắn tại đây ta sẽ có x 2 .

Vậy làm sao để chỉ ra được x 2 ?

Ta sử dụng xét 3 2f X X X X . Bấm CALC 2 ta được kết quả là 2.

Như vậy phương trình 3 2x x x 2 0 có thể ra được nghiệm là 2.

Thật vậy, ta có: 3 2 3 2x x x 2 x x x 5 0 .

2x 2 x x 1 0 x 2 . Do đó bằng cách đánh giá này ta đã

có được điều kiện quan trọng cần tìm.

Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM – GM, ta có:

x 2 1

x 4 x 2 x 42

3 2 x 2 1

x x x 5 x 42

3 22x 3x 9x 22 0 3 22x 3x 9x 44 0

2x 4 2x 5x 11 0 x 4 . Vậy: 2 x 4 !


31

CHỦ ĐỀ 5: BỔ ĐỀ CỦA HÀM SỐ LOGARIT TRONG CHỨNG

MINH VÔ NGHIỆM

Bổ đề: Chứng minh rằng với mọi x 1 thì lnx x 1 .

Chứng minh: Xét hàm số: f x lnx x 1 với x 1 .

Ta có: 1 1 x

f ' x 1 0x x

với x 1 . Vậy f x là hàm số nghịch

biến và liên tục khi x 1 . Do vậy: f x f 1 0 . Hay nói cách khác,

với mọi x 1 thì lnx x 1 .

TQ: alog x x 1, x 1,a e (Dành cho bạn đọc tự chứng minh).

Bổ đề thứ hai: xe x 1, x 0 (Dành cho bạn đọc tự chứng minh).

Ví dụ 28: 3 2 2x 1 x 1 x x 2 x 1 ln x 1

Ta dễ dàng nhóm được nhân tử:

2 2 2x x 1 x x 2 ln x 1 x 1 0 .

Xét: 2 2 2 2x x 1 x x 2 ln x 1 x (Áp dụng bổ đề)

2

2 2

x 1 x 1x x 2 x 1

x 1x x 2 x 2x 1

(Vô nghiệm).

Vậy: x 1 .

Ví dụ 29: x x 1 4 x 3 x 4 x 1 2 ln x

Ta có: x x 1 4 x 3 x 4 x 1 2 ln x

x x 1 2 x 4 3 x 4 x 1 2 ln x

x lnx x 4

x 5 0x 1 2 x 4 3

Ta có: x lnx 1 lnx (Theo bổ đề), do đó: x 5 .

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

1. Giải phương trình sau: 2x x 1 xlnx 1

2. Giải phương trình sau: 2x x 1 x 1 x 2 ln x 1


32

CHỦ ĐỀ 6: KỸ NĂNG ÉP TÍCH

1. Phƣơng pháp ép tích cổ điển:

Ví dụ 30: 3 2 24 3 2 1x x x x x x

Phân tích: Sử dụng máy tính ta được hai nghiệm đơn: 0, 3x x khi

đó 1 1, 1 2t x t x .

Giải: Đặt 1t x khi đó phương trình trở thành:

3 2 2

2 2 2 2 21 4 1 1 3 1 2 1 0t t t t t t

Không cần phải phá ra cho khổ, phá ra còn dễ sai hơn. Chia đa thức

vế trái cho 1 2t t ta được:

Phương trình 4 21 2 1 0t t t t t . Thay ngược 1t x ta

được: 3 2 24 3 2 1x x x x x x

4 2

1 1 1 2 1 1 1 1 0x x x x x

Rút gọn 21 1 1 2 1 1 0x x x x x

Ví dụ 31: 4 3 2 3 26 3 13 12 3 3 6 6 3x x x x x x x x

Phân tích: Có nghiệm kép 2 3 1x t x và một nghiệm vô tỷ

2.302775638x . Thay vào căn ta được 3 2.302775638x x . Do đó

nếu đặt 3t x ta được 2 23 3 0t t t t .

Vậy phương trình có nghiệm kép 1t và có nhân tử 2 3t t .

Giải: Đặt 3t x , phương trình trở thành:

4 3 22 2 2 2

3 22 2 2

3 6 3 3 3 13 3 12

3 3 3 3 6 3 6 0

t t t t

t t t t

Chia vế trái cho 2 21 3t t t ta có phương trình trở thành:

2 2 4 21 3 6 9 0t t t t t t .

Thay ngược 3t x phương trình trở thành:

4 3 2 3 26 3 13 12 3 3 6 6 3x x x x x x x x


33

2 2 4 2

3 1 3 3 3 3 6 3 3 9 0x x x x x x

2

23 1 3 3 0x x x x x .

BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ LUYỆN

Bài 1: 2 210 21 2 5 21 28x x x x x .

Đáp án: 2 2 2 1 2 3 3 2 0x x x x x

Bài 2: 3 2 3 22 2 3 2 2 2 4 4x x x x x x x .

Đáp án: 21 2 2 1 2 0x x x x x

Bài 3: 2 28 2 1 7 8x x x x x .

Đáp án: 2 2

2 1 3 2 1 1 1 2 1 0x x x

2. Ép tích hiện đại:

Ví dụ 32: 22 6 2 5 3 4 5 6 4 8 0x x x x x x x

Phân tích: Đặt 2t x . Sử dụng máy tính Casio ta thu được hai

nghiệm đơn 1, 1x x khi đó ta có hai nghiệm đơn 3t và 1t .

Giải: Đặt 2t x . Phương trình trở thành:

2 2 2 2 22 2 6 3 1 4 1 4 2 8 0t t t t t t t

Rút gọn 3 2 2 22 4 2 4 3 1 0t t t t t t . Vì có nghiệm 1t khi

đó 2 1 2t xấu xí quá, do đó các biểu thức còn lại chứa nhân tử

1t . Thật vậy, phương trình 2 22 1 1 3 1 0t t t t t

2 21 2 2 3 1 0t t t t t .

Bấm máy tính phần trong ngoặc có nghiệm 23 1 2t t

2 1 2t là nhân tử cần tìm. Do vậy phương trình:

2 21 2 3 3 1 2 0t t t t

Nhớ rằng: 2 2 21 2 1 2 3t t t . Do đó:

2 2 21 2 1 2 1 2 3 1 2 0t t t t t


34

2 21 1 2 2 1 1 0t t t t . Thay ngược 2t x ta có:

2 2

2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 0x x x x

2 1 3 2 2 2 3 1 0x x x x

Phân tích sâu hơn: Thật ra kỹ năng ép tích mà sài bằng tay thì sẽ

hiệu quả nhất.

Nhớ rằng với các nghiệm:

3 21 3 2 0

1 2 1 0 2 1

xx x

x x x

là các

nhân tử cần nhóm. Tuy nhiên phải hết sức khéo léo mới nhóm được.

Ta có: 22 6 2 5 3 4 5 6 4 8 0x x x x x x x

4 3 4 2 3 2 6 2 1 3 4 8 0x x x x x x x x

4 3 1 2 2 6 2 1 1 3 2 2 0x x x x x x x

2 1 2 6 4 3 1 3 2 0x x x x x

2 1 2 3 3 2 1 3 2 0x x x x x

2 1 2 3 3 2 2 1 2 1 3 2 0x x x x x x

2 1 3 2 2 3 2 1 0x x x x

Ví dụ 33: 2 33 1 1 1 3 0x x x x x x

Bài toán có 1 nghiệm đơn duy nhất: 2x . Đặt 1t x , ta có:

2 2

2 2 2 2 2 22 1 1 1 1 1 1 1 3 0t t t t t t t t

2 4 2 22 3 3 2t t t t t t 4 21 2 3 3 1 0t t t t .

Dễ quá đi mất, đặt ngược 1t x ta có:

21 1 1 1 1 2 0x x x x .

Ép tích bằng tay: 2 33 1 1 1 3 0x x x x x x

2 2 22 1 1 1 1 1 3 0x x x x x x x x x x

2 22 1 1 1 1 1 1 2 0x x x x x x x x


35

2 22 1 1 1 1 1 1 0x x x x x x

2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0x x x x x x x

21 1 1 1 1 2 0x x x x

Ví dụ 34: 2 222 5 1 1 1 2 3 0x x x x x x

Sử dụng máy tính có nghiệm duy nhất 541

100x . Đặt 1t x . Khi đó

ta có: 4 3 2 3 25 2 21 2 4 0t t t t t t .

Chú ý rằng với 2541 212.1 4 2.9 5 2.1 5

100 10x t t t

Vậy có chứa nhân tử: 25 4t t . Khi đó ta tách:

4 3 2 3 3 25 2 21 2 5 2 5 4 0t t t t t t t t t t

2 2 3 25 4 5 4 2 5 4 0 t t t t t t t t

2 2 35 4 5 4 2 0 t t t t t t

Thay ngược 1t x ta được kết quả:

1 3 5 1 3 5 0x x x x x .

Ép tích bằng tay: Vì 541

100x

1 2.1, 3 2.9 1 3 5x x x x .

Do đó có nhân tử: 1 3 5x x .

Đến bây giờ thì rõ như ban ngày:

2 222 5 1 1 1 2 3 0x x x x x x

21 5 1 1 1 1 3 1 1 0x x x x x x x

21 5 1 1 1 1 3 1 0x x x x x x

21 5 1 1 5 1 1 1 1 3 1 5 0x x x x x x x x

21 10 1 1 1 3 1 5 0x x x x x .

Ép đến đây bị thiếu 3x để ép tiếp nên tách bớt 1 1x x ra:


36

21 5 1 3 1 1 1 3 1 5 0x x x x x x x x .

Cái phần 5 1x đè thêm 3x vào đó và ép ra nhân tử:

5 1 3 5 3 3 1

5 3 1 3 1 5 0

x x x x x

x x x x x

Chịu khó thì bao giờ trời cũng thương mềnh! Đến đây xử nốt thôi<

5 1 3 5 3 3 1 5

1 3 1 5 0

x x x x x

x x x x

1 3 5 1 3 5 0x x x x x

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1: Giải phương trình: x x x25 6 5 1 1 0

Đặt t x 1 , phương trình trở thành: 2 25 1 5 2 0t t t t

2 23 1 2 8 6 1 0t t t t t

t t t t t t t2 2 23 1 1 3 1 1 3 1 1 0

t t t t2 23 1 1 2 1 1 0

x x x x3 1 1 1 1 2 1 1 0

Bài 2: Giải phương trình: x x x24 3 2 1 4 1 0

Đặt t x1 , phương trình trở thành: 2 24 4 1 2 2 0t t t t 2 22 1 2 2 2 1 0t t t t t

2 2 22 1 2 1 2 1 2 0t t t t t t t

2 23 1 2 1 2 0t t t t

x x x x3 1 1 1 1 1 1 0

Bài 3: Giải phương trình: x x x x25 15 6 1 12 1 15 1 0

Đặt t x1 , phương trình trở thành:

2 25 20 6 15 12 2 0t t t t 2 210 40 12 15 12 2 2 0t t t t


37

2 215 12 2 2 25 40 0t t t t

2 215 12 2 2 5 5 8 0t t t t

2 2 215 12 2 2 5 2 2 2 2 0t t t t t t t

2 22 2 5 10 2 15 12 0t t t t t

2 22 2 5 2 5 6 0t t t t

x x x x1 2 1 5 1 5 1 6 0

Bài 4: Giải phương trình: 23 10 3 2 6 2 4 4 0x x x x

Đặt 2t x . Khi đó phương trình trở

thành: 2 2 23 2 10 3 6 4 4 4 0t t t t t

2 23 3 16 4 6 4 0t t t t 2 22 3 2 4 5 16 0t t t t

2 2 22 3 2 4 2 4 2 4 0t t t t t t t

2 22 4 2 4 2 3 0t t t t t

2 22 4 2 4 3 0t t t t

2 2 2 2 2 2 3 0x x x x

Bài 5: Giải phương trình: 2 2 3x x x x

Đặt t x 0 . Khi đó: 2 2 3x x x x t t t t4 2 22 3 0

t t t t t4 2 22 1 1 3 0

t t t t t t2 2 21 1 1 3 0

t t t t t t2 2 212 2 2 1 1 3 0

2

t t t t t t t t2 2 2 211 3 1 3 1 1 3 0

2

t t t t t t2 2 211 3 1 3 1 2 0

2

t t t t t t2 3 2 211 3 1 1 3 2 0

2


38

t t t t t t2 3 2 211 3 1 1 3 0

2

x x x x x x x1

1 3 1 1 3 02

Bài 6: Giải bất phương trình: 23 5 8 18x x x x

Đặt t x 3 0; 2

, ta biến đổi bất phương trình trở thành:

t t t t2

2 2 22 3 8 3 18 t t t t4 2 22 3 2 0

t t t t4 2 22 1 2 2 0 t t t t2 2 21 1 2 2 0

t t t t t t t22 2 21

2 2 2 2 1 2 2 02

t t t t t22 21

2 2 2 2 1 1 02

x x x x x21

2 3 5 2 3 5 3 1 1 02

xx x x x

x

22 1 7

2 2 2 8 15 5 3 1 1 02 2 3

Bài 7: Giải phương trình: 2 22 2 4 2 2 2x x x x x

Đặt t x t2 0 2 . Ta có: 2 22 2 4 2 2 2x x x x x

t t t t t t2

2 2 2 24 4 2 2 2 2 2

t t t t t2 4 21 4 2 6 2

t t t t t t2 4 21 4 1 2 7 3 0

t t t t t t2 4 21 4 1 2 7 3 0

t t t t t t t2 2 22 2 3 1 1 4 1 0

t t t t t t t t t2 2 2 21 4 1 4 1 1 4 1 0

t t t t t t t2 2 21 4 1 4 1 1 0

t t t t t t t2 3 2 21 4 2 1 4 0


39

t t t t t t t t t2 3 2 2 21 4 2 4 2 4 0

t t t t t t t t2 2 2 21 4 2 1 4 2 4 0

t t t t t t t t t t2 2 2 21 4 2 2 2 1 4 2 2 2 4 0

Chú ý rằng: t t t t t t2 22 2 2 4 2 4 . Do đó:

t t t t t t t t t t2 2 2 2 21 4 2 4 2 4 2 1 4 2 2 0

t t t t t t t t t2 2 2 3 21 4 2 4 4 4 2 3 4 0

22 1 2 2 2 2 6 4 2 2 7 4 0x x x x x x x x

Bài 8: Giải phương trình: x x x x x2 2 21 1 1 1 2 0

Đặt t x 1 , phương trình trở thành:

t t t t t t t t4 2 2 4 2 4 22 2 2 2 2 1 0

4 2 2 5 4 3 22 2 2 2 2 1 0t t t t t t t t

4 2 22 2 1 1 2 0t t t t t

4 2 2 2 22 2 1 2 1 2 1 0t t t t t t t t

t t t t t t4 2 2 22 1 2 2 1 0

x x x x x2 1 1 1 1 1 0

Bài 9: Giải phương trình:

x x x x x x3

23 3 2 2 5 2 2 2 5 2 1 0

Đặt t x 2 . Khi đó phương trình trở thành:

t t t t t3 2 2 22 3 3 2 3 2 3 0

3 2 2 24 8 8 2 3 2 3 2 1 0t t t t t t t

2 2 22 2 4 4 2 3 2 3 2 1 0t t t t t t t


40

2 2 2 22 2 3 2 1 2 1 2 3 2 3 2 3 2 1 0t t t t t t t t t

2 2 22 3 2 1 2 2 1 2 3 2 3 0t t t t t t t

2 2 22 3 2 1 3 3 2 2 3 0t t t t t

2 2 2 22 3 2 1 2 3 2 2 3 0t t t t t t

t t t t2

2 22 3 2 3 2 1 0

x x x x2

2 1 2 2 1 2 2 1 0

Bài 10: Giải phương trình: x x x x x x2 2 23 3 9 2 2 3 4 0

Đặt t x . Khi đó phương trình trở thành:

t t t t t t5 4 2 4 23 3 4 9 2 2 3 0

2 4 23 6 3 2 3 2 3 0t t t t t

2 2 4 23 2 3 3 2 3 2 3 2 3 0t t t t t t t

2 4 23 2 3 1 2 3 0t t t t t

x x x x x22 3 3 2 3 1 0

Bài 11: Giải phương trình: 23 1 1 3 1 0x x x x

Đặt 1t x . Khi đó phương trình trở thành: 2 2 22 2 3 2 0t t t t t 2 22 3 1 2 0t t t t

2 23 1 2 2 2 0t t t t

2 2 23 1 2 2 2 0t t t t t t t

2 22 3 1 2 0t t t t t 2 22 2 1 2 0t t t t

1 1 2 1 1 1 0x x x x

Bài 12: Giải phương trình: 2 2 23 3 9 2 2 3 4 0x x x x x x

Đặt t x . Khi đó phương trình trở thành:

4 2 4 2 43 3 9 2 2 3 4 0t t t t t t


41

5 4 2 4 23 3 4 9 2 2 3 0t t t t t t

4 2 22 3 2 3 3 6 3 0t t t t t

4 2 2 22 3 2 3 3 2 3 3 2 3 0t t t t t t t

2 4 23 2 3 2 3 2 3 0t t t t t

2 4 23 2 3 1 2 3 0t t t t t

22 3 3 2 3 1 0x x x x x


2 22 3 2 3 1 3 1 2 3 1 0x x x x x x x x

Đặt 1t x . Khi đó phương trình trở thành:

4 3 2 3 2 2 24 4 2 2 2 1 2 0t t t t t t t t t

4 3 2 3 2 24 4 2 2 1 2 0t t t t t t t t

3 2 21 4 1 2 1 1 2 0t t t t t t t t

3 2 21 4 2 1 2 0t t t t t

3 2 21 5 2 2 1 2 2 0t t t t t t

2 2 21 5 2 2 1 2 2 0t t t t t t

2 2 2 21 2 2 2 2 2 1 2 2 0t t t t t t t t t

2 2 21 2 2 2 2 2 1 0t t t t t t t

2 21 2 2 2 1 0t t t t t

2 211 2 2 2 2 2 0

2t t t t t

2 2 2 211 2 2 2 2 2 0

2t t t t t t t

2

2 211 2 2 2 0

2t t t t t

21

1 1 1 2 1 1 1 02

x x x x x


42

Bài 14: Giải phương trình: 3 23 3 3 0x x x x x x

Đặt t x . Khi đó phương trình trở thành: 2 6 2 4 23 3 3 0t t t t t t 3 4 4 23 3 3 0t t t t t

3 4 21 3 3 0t t t t 3 4 4 21 3 3 0t t t t t

3 4 4 41 3 3 3 0t t t t t t t

4 3 43 1 3 0t t t t t

2 23 1 3 1 0x x x x x .


2 2 2 29 8 6 1 2 1 2 1 2 3 1x x x x x x x x

Đặt ẩn phụ 2 1t x . Khi đó phương trình trở thành:

5 4 3 2 4 2 24 2 8 32 4 30 2 4 9 6 10 0t t t t t t t t t

2 4 2 220 32 12 2 4 9 4 2 6 10 0t t t t t t t

2 4 2 22 10 16 6 2 4 9 4 2 6 10 0t t t t t t t

2 22 4 2 6 10 4 2 6 10t t t t

4 2 22 4 9 4 2 6 10 0t t t t t

2 2 4 24 2 6 10 2 4 2 6 10 2 4 9 0t t t t t t t

2 2 4 24 2 6 10 2 6 10 2 12 5 0t t t t t t

24 2 1 2 3 1 2 4 3 1 12 2 1 4 4 0x x x x x

22 2 1 3 1 1 3 2 1 3 1 1 0x x x x x


43

CHỦ ĐỀ 7: BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. 2 21 11 x 2x 2 1 x 2x 2 5

x x

2. 2 2 3 2(3x 11) x 1 3 3.x 8x 11 3.x 4

3. 33 2 3x x 8x 2 2 x 20 2(x 1)

4. x 3 2 9 x

x3 x 1 x 3

5. (x 6) x 1 8 2x 2x 1 5

2x 3 x 1

6. 29x 14x 25 ( x 1 1)(2x 4)

x3x 3 4 2x 1

7. 3x

3x 1 1.3x 10

8. x

x 1 3x 1.x 2

9. 2

2

2(x 1)x 20.

(3 7 2x)

10. 2

2

6x2x x 1 1.

( 2x 1 1)

11. 2

2

2

3 x 3x 36 2 x .

3x 2x 4

12. 1 1

x 1 x x 1 x x.2 2

13. 262x 1 4x 9 2x 3.

x

14. 2

4 3 2 3 1 xx 2x 2x 2x 1 (x x)

x

15. 3 2 3 2x (1 x ) x 2 2x

Business

Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung