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 2
a b a b 2ab    .
  
3 3 2 2 3
a b a 3a b 3ab b     .
    
2 2 2 2
a b c a b c 2 ab bc ca        .
      
3 3 3 3
a b c a b c 3 a b b c c a         .
     
3 3 3 3
a 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 3
x 3 t x t 3     . Khi đó:
  2
x 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 2
x 2xy y x y    (Tối đa là bậc 2).
Thay y 100 , biểu thức trở thành:
2 2 2
x 2xy y x y x 201x 10100       .
Bấm máy phương trình bậc 2 ta được 2 nghiệm: x 100,x 101  .

3
Do đó:   2
x 201x 10100 x 100 x 101     .
Vì 100 y,101 100 1 y 1     , vậy:
  2 2
x 2xy y x y x y x y 1        .
Ví dụ 3: Phân tích nhân tử: 3 2 2 2
x 2x y xy y xy 3x 3y      .
Thay y 100 , biểu thức trở thành:
3 2 2 2 3 2
x 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,y
100
  ta có:
3 2 2 2
x 2x y xy y xy 3x 3y
1000013.01
x y
     


2 21 1
1000 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 2
x 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 10300
x 100x 103
x 100
  
  

Hay   3 2 2 2 2
x 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 1
max 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 0
ba 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
2
2 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 4x
2 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 4x
2 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 8
x 3x 6 x
2 x 3x 6 x 4
 
   
   
Áp dụng 2:  
 
5
2
3
3 3
3 x 2
x 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 5
x 1 0
x 2x 2 x 4x 5
     
  
    
Trước tiên học sinh cần biết rút gọn phương trình về dạng:
   2 2 3 2
x 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 2
x 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 2
2x 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 39
1
x 0 7 3 11
1
x 3 65 15 5 85
1
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 2
x 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 2
x x 1 2 x 1 x 2 1 x 1       
Phương trình    
2
32 2
x 2x 1 2 x 1 x 2 x 2 1 x 1          
   
22
3 2
x 1 x 2 1 x 1      
   3 32 2
x 1 x 2 1 x 1 x 1 x 1 x 2 1 0              
   3 23 3
x 1 x 2x 1 x 1 x 2 1 0         
 
   
3
2 2
3 32 2 3 3
x x 3 x 1 x 3
0
x 2 1x 2x 1 x 2x 1 x 1 x 1
  
  
        
x 3 
Ví dụ 8:   3 23 3
3x x 7 x x 7 7x 12x 5x 6      
  3 23 3
3x x 7 x x 7 7x 12x 5x 6      
 3 3 23 3
x x 7 3x x 7 x x 7 8x 12x 6x 1          
   
3 33 3
x x 7 2x 1 x x 7 2x 1          3
x 7 x 1   
    3 3 2 2
x 1 x 7 x 3x 2x 6 0 x 1 x 4x 6 0             
x 1. 
Ví dụ 9:  
2
3 4 8x 9x
2 2 x 1 1
x 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 1
3x 2 2x 1
x
  
   
Do x 1. Do đó BPT    2
2x 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 2
a b
a b
a b

 

3 3
2 2
a b
a b
a ab b

 
 
3 3
2 2
a b
a b
a ab b

 
 
Chú ý:  
22 2 2 21 1 1
a ab b a b a b 0, a,b
2 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 3
x 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 6
x 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 3
a b a b a a b a    .
Ví dụ: 3
x 5 2  khi đó ta sử dụng liên hợp:
  3 3 3 3
x 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 2
x 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 3
x 1 x 3 x 1 x 3
  
    
     

  2 x 1 4x 34x x 3
2x x 3
2x x 3 2x x 3
  
   
   

  3 24 2
2
2 2
x 1 x x 3x 2x 2x x 2
x 1 x 3
x 1 x 3 x 1 x 3
     
    
     

  3 24
2
2 2
x 1 4x 4x 4x 34x x 3
2x 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 4
2x 1 3 3x 4 4 x 3 1
  
               
B. Tƣ duy tìm nhân tử nghiệm vô tỷ:
Ví dụ 11:  3 2
x 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 2
f 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 2
x 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 2
x x x 5 x 4 x 2 0      
  3 2
x 2x 4x 1 x 4 x 1 x 2 0         
    
2
2 x 3x 1
x 1 x 3x 1 x 4 0
x 1 x 2
 
      
  
   2 1
x 3x 1 x 1 x 4 0
x 1 x 2
 
       
   
Quy đồng ta được:     2 2
x 3x 1 x x 3 x 1 x 2 0        
    2 21
x 3x 1 2x 2x 6 2 x 1 x 2 0
2
        
   
2
2
21 1 11
x 3x 1 x 1 x 2 x 0
2 2 4
  
              
.
Cách 2: Sử dụng liên ngƣợc:
Ta có:  3 2
x x x 5 x 4 x 2 0      
  3 2
x 2x 4x 1 x 4 x 1 x 2 0         
     2
x 1 x 3x 1 x 4 x 1 x 2 0         

12
Liên hợp ngƣợc: Xét biểu thức liên hợp:
      
2 2
x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3x 1            
Do đó ta có thể viết lại:   2
x 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          
    2
x 1 x 2 x x 3 x 1 x 2 0         
   
2
21 1 11
x 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: 2
x 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:
 2d
x 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 0
x adx


.
 x a là nghiệm đơn của  f x 0 nếu   d
f x 0
x adx


.
Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:
Bƣớc 1:   2
f 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 0
x x là nghiệm bội kép hữu tỷ và phương trình có
chứa căn thức n
A , khi đó ta đặt: n
ax b A 

14
Ta tìm các hệ số a,b bằng cách giải hệ sau:
 
 
n
0 0
n
0
ax b A x
d
a A
x xdx
  




Chú ý:
 Nếu là nghiệm bội 3, ta đặt 2 n
ax bx c A   .
Giải hệ:
   
   
    
2 n
0
0
2 n
0 0
2 n
0 0
ax bx c A x
x x
d
ax bx c ' A
x x x xdx
d
ax bx c " A x '
x x x xdx

  



  
 

    
   
Trong đó   n
0
d
A 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 n
ax bx c A   .
Giải hệ:
   
   
   
   
2 n
1
1
2 n
1 1
2 n
2
2
2 n
2 2
ax bx c A x
x x
d
ax bx c ' A
x x x xdx
ax bx c A x
x x
d
ax 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 1
x 1 a b 1 a 1
a 1 b 0d
a 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 2
x x 1 2x 1 0 x 2x 1 x 2x 1 0           
   
2
22x 2x 1 1
x 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 2
x x 1 2x 1 0 2x 2x 2 2 2x 1 0          
   2
2x 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 2
a b
ab
2

 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 3
a b c
abc
3
 
 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 x
2
 
     .
Mà 2
x x 1 2x 1    . Do đó: 2
x 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
2
t 1
2x 1 t 0 x
2

     . Khi đó phương trình trở thành:
 
2
2 2
4 2t 1 t 1 1
1 t 0 t t t 1 0
2 2 4
  
         
 
   2 21
t 1 t 2t 3 0
4
        2 21
t 1 t 2t 3 0
4
    
   
21
2x 1 1 x 1 2x 1 0
2
       .
Cách 5: Liên hợp ngƣợc:
Ta có:    2 2
x 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:  2
x 5x x 3x 1 x 1 5x    
Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:
Bƣớc 1: Xét hàm số:
   2
f 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
 2
x 5x x 3x 1 x 1 5x      2
x 5x x 3x 1 x 1 5x 0      
 2
2x 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
2
2
x 3x 1
x 3x 1
2
x 3x 1 x 1 5x x 5x
x 1 5x
x 1 5x
2
  
 

     
 
 
.
Do đó  2
x 5x x 3x 1 x 1 5x    
x 3x 1 3 5
x
2x 1 5x
   
  
 
.
Cách 3: Ép tích bằng ẩn phụ:
Đặt
2
t
5x t 0 x
5
    . Khi đó phương trình trở thành:
4 2 2 2
2t t 3t t
t 1 1 t
25 5 5 5
 
     
 
4 3 2 2 2
t 5t 25t 25t t 15t 25 0      
    2 2 2 2
t 5t t 5t 5 t 5t 5 15t 25 0        
    2 2 2 2
t 5t 10t 50t 50 10t 5t 5 15t 25 0        
     2 2 2 2
5t 5 15t 25 t 5t 5t 5 15t 25 10t 0         
    2 3 2 2 2
5t 5 15t 25 5t 20t 25t t 5t 15t 25 0         
       2 2 2 2
5t 5 15t 25 t 10t 50t 50 t 5t 5t 5 15t 25 0           
    
2
2 2 2
5t 5 15t 25 t 5t 5 15t 25 t 5t 0         
   
2
2 2 2
5t 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 2
t 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 2
x 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 3
1 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)       2
123 100 20 3 2 3x x
Vậy nếu lựa chọn 1 thì:
   2
2 3x x
Do đó, nếu ta lựa chọn:
 


  
     

2
1
123 2 3
123
x x
f
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 2
123 100 20 3 2 3 2 3x x x x             .
Vậy khi đó phương trình đã cho có dạng như sau:
     2 2 2 3
1 2 2 3 1 0t x t x x x x          .
   2 2 3 2
1 2 3 2 0t x t x x x         .
       
2 2
2 3 2 2 2
1 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 2
1 2 3
1
2
        

    
   

x xx x x
t
x x x
t x
Đến đây phương trình sẽ được viết dưới dạng nhân tử như sau :
    
  
           
 
2
22
1 0 2 2 1 0
2
x x
t t x t x x t x
            2 3 3
2 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 2
x x 1 2 ln x 1 ln x 3 3x 3 x 2
         
Ta có:    
2 4x x 2
x x 1 2 ln x 1 ln x 3 3x 3 x 2
         
        2
x x 2 2
x x 2 x 1 3x 3 2 ln x 1 2 ln x 3 0
           
      2
x x 2 2x 1 x 1
x 2 2 ln x 1 2 ln x 3 0
x x 2 x 1 3

  
        
     
     
2
x x 2 x 2x 1 1
2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 3
x x 2 x 1 3

 
        
     
Ta nhận xét hàm số:    x
f 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 2
x x 2 x 2x 1 1
2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 1
x x 2 x 1 3
 
       
     
   
2
x 2 x 2 2
2 ln x 3 2 ln x 1 x 2 x 1 x 2
           (Loại).
 Nếu  x 2 x 1 0 x 2     thì :
     
2 2
x x 2 x 2x 1 1
2 x 2 x 1 2 ln x 1 2 ln x 1
x x 2 x 1 3
 
       
     
   
2
x 2 x 2 2
2 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 2
x 15 3x 2 x 8 lnx     
Áp dụng:   x x 3
2
log 2 x 3 2 x 2x 2 2 x 3 9 
        
Áp dụng:
 
 3 2
22
e x 3x 10x 2x 8 x
ln 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 2
2 x x 2 2x 4x x 2     
2 2
2 x x 2 2x 4x x 2     
2
2 2
2x 8x 8
x 2
2 x x 2 2x 4x
 
  
   
  2 2
2x 4
x 2 1 0
2 x x 2 2x 4x
 
    
    
  2 2
x 2 2x 4 2 x x 2 2x 4x 0        
Thay ngược 2 2
2 x x 2 x 2 2x 4x      ta có:
    2 2
x 2 2x 4 x 2 2x 4x 2x 4x 0         
  2
x 2 x 2 2 2x 4x 0      (Đơn giản rồi nhé!)
Ví dụ 17: 2 2 2
x x 3 2x 7 2x 4     
Ta có: 2 2 2
x x 3 2x 7 2x 4     
   2 2 2
2x 7 x 3 2x 4 x 0       
2 2
2 2 2
x 4 x 4
0
2x 7 x 3 2x 4 x
 
  
    
 2
2 2 2
1 1
x 4 0
2x 7 x 3 2x 4 x
 
     
     
 
  
2 2 2
2
2 2 2
2x 4 x 2x 7 x 3
x 4 0
2x 7 x 3 2x 4 x
 
      
   
     
 
  2 2 2 2
x 4 2x 4 x 2x 7 x 3 0        
Thay ngược 2 2 2
x 3 2x 7 2x 4 x      ta có:

23
  2 2 2 2 2
x 4 2x 4 x 2x 7 2x 7 2x 4 x 0           
  2 2 2
x 4 2 2x 4 2 2x 7 0      (Xong rồi nhé!).
Áp dụng 4: 32 3
x x 3x 3 2x 6     .
Áp dụng 5: 2
x 9x 1 x 11 3x 2x 3      .
2. Kỹ năng 2: Bình phƣơng phƣơng trình hệ quả:
Ví dụ 18:    2
2x 18 x 1 16 4x 5 x 3     
   2
2x 18 x 1 16 4x 5 x 3     
 
 
2
5 x 3 2x 18
5 x 3
x 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: 2
2x 18 x 1 16 4x     . Bình phương hai vế ta
được:   2 2 2
2x 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
            
  
      
3
x 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 2
x 2x x 2x 5 2 4x 5 5x 4       
Phương trình    3 2 2
x 2x 5x 4 x 2x 5 2 2 4x 5 3 0           

24
  2
2
x 1 8
x 1 x x 4 0
4x 5 3x 2x 5 2
 
            
 
2
2
1 15 x 1 8
x 1 x 0
2 4 4x 5 3x 2x 5 2
   
               
Dùng đánh giá ước lượng:
 2 2
x 1 x
1
x 2x 5 2 x
8 8
34x 5 3
 
  
   

 
  
.
Dùng TABLE ta nhận thấy:
2 2
x 1 x 1
1 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 8
x 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 5
x 1 x 0
2 12 3 4x 5 3x 2x 5 2
 
                     
 
Ta chứng minh: 2 2
x 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 3x
x 1 x 5x 6 x 2
x 3 1

     
 
Phương trình       4 3 2 2
x 3x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 2         
 
  2
3 2
x 1 x 2
x 2 x 3x 2x 2 0
x 2 2
  
       
   

25
 
 3 2 3 2
x 3x 2x 2 x 2 x 4x 3x 2
x 2 0
x 2 2
        
   
  
 
Ta kết hợp điều kiện xác định với việc tạo hằng đẳng thức ta được:
     
23 2 3 2 2 2
x 3x 2x 2 x 2x x 2x 2 x x 2 x 1 1 0             
   
2
3 2 3 2 2 2 3 7
x 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 2
x x 8 3x 8 x 1 x 1 3 x 1 0         
Phương trình
     2
x 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      
23
t 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
2
2 25x 18x 9 5x 1 4 5 x 3 x 1      
Ta có:      
3
2
2 25x 18x 9 5x 1 4 5 x 3 x 1      
   
  
2
32 25x 18x 9 5 x 3
5 x 3 x 1
5x 1 4
  
   
 
Trƣờng hợp 1: x 3 .
Trƣờng hợp 2:
         
3
2
2 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 2
x 1 x 1 5x 1 4 x 1 x 1 2 4 x 1
2
  
          
 
Do đó:      2
AM GM
6x 2
2 25x 18x 9 a x 1 2 4 x 1
2
  
        
 
    2 2
2 25x 18x 9 x 1 5x 11 45x 20x 7 0          (Vô lý).
Vậy: x 3 .
Hướng đi 2: Sử dụng hằng đẳng thức:
     2
2 25x 18x 9 x 1 x 1 5x 1 4      

27
    2 2
100x 72x 36 2 x 1 5x 6x 1 2 x 1 4 x 1 0          
   
2 2
2 2
x 1 5x 6x 1 x 1 4 x 1 93x 46x 17 0            
   
2
2 2
2 23 1052
x 1 5x 6x 1 x 1 4 x 1 93 x 0
93 93
 
             
 
Rõ ràng phương trình vô nghiệm. Vậy: x 3 .
Ví dụ 23:
2
2
2
1 x x 1
x x 1
1 x x 2
 
  
  
Điều kiện:  2 2 2
1 x x 1 x x 1 1 x x 2 1 x 0          
Phương trình  2 2 2
1 x x 1 x x 1 1 x x 2       
   2 2 2 2
x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1 0           
 
2
2 2 2 2
x 2x x 2
x 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 x
1
x x 1 1 x
2x x 2 2x
1
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
x
1 0
x x 1 1
2x x 2
1 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 2
x 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 1
x 1 0
x x 1 1 x x 1 x x 2 x x 1
                
         
 
Quá dễ để chứng minh: 2
x 1 x x 1 0    
Ta chứng minh: 2 2 2 2
x x 1 x x 2 x x 1 2x x 2        
Hướng đi 1: Nhóm hằng đẳng thức:
2 2 2 2
4x 2x 4 2 x x 1 x x 2 2x x 1 0          
   
2 2
2 2 2
x 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 1
x x 1 x x 2 x x 1
2 2
      
       
2 2 2 2
x 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 2
x 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 2
x x 1 x 1 x 4     
Ta có: 2 2 2 2 x 2
x 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 5
x x 1 x 1 x 4 x
2 2 2
   
          
Vậy ta thu được:
5
x 1
2
    hoặc x 2 .
Ví dụ 25: Khai thác điều kiện tử: 2 2
x 15 3x 2 x 8    
Ta có: 2 2
x 15 x 8   cho nên:
2 2 2 2
x 15 3x 2 x 8 x 8 x
3
        
Mặt khác, làm trội ta có: 2 2 2
x 15 4x 32 2 x 8     .
Do vậy: 2 2 2
3x 2 x 8 2 x 8 3x 2 x 8         .
Vì
2
x
3
 nên bình phương hai vế ta được:
2 2 3 17 3 17
9x 12x 4 x 8 x
4 4
 
      
Vậy ta thu được:
2 3 17
x
3 4

  (Ép điều kiện rất chặt!).
Ví dụ 26: Khai thác điều kiện từ:
2 2 2 2
2x 3 x x 1 x 2 x 4x 6        
Vì: 2 2
2x 3 x 2   cho nên: 2 2
x 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 D
A C,B D
  
    
 
.
Ví dụ 27: Khai thác điều kiện từ:  3 2
x 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 2
x 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 2
x 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 2
f X X X X   . Bấm CALC 2 ta được kết quả là 2.
Như vậy phương trình 3 2
x x x 2 0    có thể ra được nghiệm là 2.
Thật vậy, ta có: 3 2 3 2
x x x 2 x x x 5 0        .
  2
x 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 4
2
 
     3 2 x 2 1
x x x 5 x 4
2
 
     
3 2
2x 3x 9x 22 0     3 2
2x 3x 9x 44 0    
  2
x 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 0
x 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: a
log x x 1, x 1,a e     (Dành cho bạn đọc tự chứng minh).
Bổ đề thứ hai: x
e x 1, x 0    (Dành cho bạn đọc tự chứng minh).
Ví dụ 28:      3 2 2
x 1 x 1 x x 2 x 1 ln x 1       
Ta dễ dàng nhóm được nhân tử:
   2 2 2
x x 1 x x 2 ln x 1 x 1 0         .
Xét:  2 2 2 2
x x 1 x x 2 ln x 1 x        (Áp dụng bổ đề)
2
2 2
x 1 x 1
x 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 lnx       
Ta có:  x x 1 4 x 3 x 4 x 1 2 lnx       
   x x 1 2 x 4 3 x 4 x 1 2 lnx         
  x lnx x 4
x 5 0
x 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: 2
x x 1 xlnx 1   
2. Giải phương trình sau:    2
x 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 2
4 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 2
1 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 2
1 2 1 0t t t t t       . Thay ngược 1t x  ta
được:  3 2 2
4 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    2
1 1 1 2 1 1 0x x x x x         
Ví dụ 31:  4 3 2 3 2
6 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 2
3 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 2
2 2 2 2
3 2
2 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 2
1 3t t t   ta có phương trình trở thành:
    2 2 4 2
1 3 6 9 0t t t t t t       .
Thay ngược 3t x  phương trình trở thành:
 4 3 2 3 2
6 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
2
3 1 3 3 0x x x x x        .
BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ LUYỆN
Bài 1:  2 2
10 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 2
2 2 3 2 2 2 4 4x x x x x x x        .
Đáp án:    2
1 2 2 1 2 0x x x x x       
Bài 3:  2 2
8 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:     2
2 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 2
2 2 6 3 1 4 1 4 2 8 0t t t t t t t          
Rút gọn  3 2 2 2
2 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 2
2 1 1 3 1 0t t t t t      
    2 2
1 2 2 3 1 0t t t t t       .
Bấm máy tính phần trong ngoặc có nghiệm 2
3 1 2t t    
 2
1 2t   là nhân tử cần tìm. Do vậy phương trình:
      2 2
1 2 3 3 1 2 0t t t t         
 
Nhớ rằng:   2 2 2
1 2 1 2 3t t t      . Do đó:
       2 2 2
1 2 1 2 1 2 3 1 2 0t t t t t            
 

34
   2 2
1 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:     2
2 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 3
3 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 2
2 1 1 1 1 1 1 1 3 0t t t t t t t t              
   2 4 2 2
2 3 3 2t t t t t t           4 2
1 2 3 3 1 0t t t t       .
Dễ quá đi mất, đặt ngược 1t x  ta có:
   2
1 1 1 1 1 2 0x x x x        .
Ép tích bằng tay:   2 3
3 1 1 1 3 0x x x x x x         
   2 2 2
2 1 1 1 1 1 3 0x x x x x x x x x x               
       2 2
2 1 1 1 1 1 1 2 0x x x x x x x x              

35
     2 2
2 1 1 1 1 1 1 0x x x x x x           
      2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0x x x x x x x              
   2
1 1 1 1 1 2 0x x x x        
Ví dụ 34:    2 2
22 5 1 1 1 2 3 0x x x x x x        
Sử dụng máy tính có nghiệm duy nhất
541
100
x  . Đặt 1t x  . Khi đó
ta có:  4 3 2 3 2
5 2 21 2 4 0t t t t t t       .
Chú ý rằng với 2541 21
2.1 4 2.9 5 2.1 5
100 10
x t t t          
Vậy có chứa nhân tử:  2
5 4t t   . Khi đó ta tách:
       4 3 2 3 3 2
5 2 21 2 5 2 5 4 0t t t t t t t t t t             
     2 2 3 2
5 4 5 4 2 5 4 0            t t t t t t t t
  2 2 3
5 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
100
x 
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 2
22 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 x2
5 6 5 1 1 0
Đặt  t x 1 , phương trình trở thành: 2 2
5 1 5 2 0t t t t    
   2 2
3 1 2 8 6 1 0t t t t t        
                t t t t t t t2 2 2
3 1 1 3 1 1 3 1 1 0
         t t t t2 2
3 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 x2
4 3 2 1 4 1 0
Đặt  t x1 , phương trình trở thành:
2 2
4 4 1 2 2 0t t t t        2 2
2 1 2 2 2 1 0t t t t t       
    2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 0t t t t t t t           
  2 2
3 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 x2
5 15 6 1 12 1 15 1 0
Đặt  t x1 , phương trình trở thành:
 2 2
5 20 6 15 12 2 0t t t t       2 2
10 40 12 15 12 2 2 0t t t t      

37
  2 2
15 12 2 2 25 40 0t t t t       
    2 2
15 12 2 2 5 5 8 0t t t t       
     2 2 2
15 12 2 2 5 2 2 2 2 0t t t t t t t          
  2 2
2 2 5 10 2 15 12 0t t t t t       
  2 2
2 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: 2
3 10 3 2 6 2 4 4 0x x x x       
Đặt 2t x  . Khi đó phương trình trở
thành:  2 2 2
3 2 10 3 6 4 4 4 0t t t t t       
 2 2
3 3 16 4 6 4 0t t t t         2 2
2 3 2 4 5 16 0t t t t       
     2 2 2
2 3 2 4 2 4 2 4 0t t t t t t t          
      2 2
2 4 2 4 2 3 0t t t t t       
  2 2
2 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 2
2 3 0      
   t t t t t4 2 2
2 1 1 3 0        
    t t t t t t2 2 2
1 1 1 3 0         
    t t t t t t2 2 21
2 2 2 1 1 3 0
2
         
     t t t t t t t t2 2 2 21
1 3 1 3 1 1 3 0
2
             
    t t t t t t2 2 21
1 3 1 3 1 2 0
2
            
 
    t t t t t t2 3 2 21
1 3 1 1 3 2 0
2
          

38
    t t t t t t2 3 2 21
1 3 1 1 3 0
2
         
    x x x x x x x
1
1 3 1 1 3 0
2
         
Bài 6: Giải bất phương trình:      2
3 5 8 18x x x x
Đặt t x 3 0; 2   
 
, ta biến đổi bất phương trình trở thành:
   t t t t
2
2 2 2
2 3 8 3 18       t t t t4 2 2
2 3 2 0      
   t t t t4 2 2
2 1 2 2 0             t t t t
2 2 2
1 1 2 2 0       
     t t t t t t t
22 2 21
2 2 2 2 1 2 2 0
2
            
    t t t t t
22 21
2 2 2 2 1 1 0
2
 
          
 
    x x x x x
21
2 3 5 2 3 5 3 1 1 0
2
 
             
 
 x
x x x x
x
2
2 1 7
2 2 2 8 15 5 3 1 1 0
2 2 3
   
                    
Bài 7: Giải phương trình:        2 2
2 2 4 2 2 2x x x x x
Đặt t x t2 0 2     . Ta có:        2 2
2 2 4 2 2 2x x x x x
   t t t t t t
2
2 2 2 2
4 4 2 2 2 2 2         
 t t t t t2 4 2
1 4 2 6 2      
    t t t t t t2 4 2
1 4 1 2 7 3 0         
    t t t t t t2 4 2
1 4 1 2 7 3 0         
     t t t t t t t2 2 2
2 2 3 1 1 4 1 0          
      t t t t t t t t t2 2 2 2
1 4 1 4 1 1 4 1 0              
    t t t t t t t2 2 2
1 4 1 4 1 1 0             
 
    t t t t t t t2 3 2 2
1 4 2 1 4 0          

39
       t t t t t t t t t2 3 2 2 2
1 4 2 4 2 4 0              
 
      t t t t t t t t2 2 2 2
1 4 2 1 4 2 4 0              
 
         t t t t t t t t t t2 2 2 2
1 4 2 2 2 1 4 2 2 2 4 0                
 
Chú ý rằng:     t t t t t t2 2
2 2 2 4 2 4        . Do đó:
         t t t t t t t t t t2 2 2 2 2
1 4 2 4 2 4 2 1 4 2 2 0                 
 
     t t t t t t t t t2 2 2 3 2
1 4 2 4 4 4 2 3 4 0            
     2
2 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 2
1 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 2
2 2 2 2 2 1 0
 4 2 2 5 4 3 2
2 2 2 2 2 1 0t t t t t t t t         
    4 2 2
2 2 1 1 2 0t t t t t       
     4 2 2 2 2
2 2 1 2 1 2 1 0t t t t t t t t            
           t t t t t t4 2 2 2
2 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 x
3
2
3 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 2
2 3 3 2 3 2 3 0
  3 2 2 2
4 8 8 2 3 2 3 2 1 0t t t t t t t         
    2 2 2
2 2 4 4 2 3 2 3 2 1 0t t t t t t t         

40
     2 2 2 2
2 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 2
2 3 2 1 2 2 1 2 3 2 3 0t t t t t t t            
 
  2 2 2
2 3 2 1 3 3 2 2 3 0t t t t t       
    2 2 2 2
2 3 2 1 2 3 2 2 3 0t t t t t t        
         t t t t
2
2 2
2 3 2 3 2 1 0
           x x x x
2
2 1 2 2 1 2 2 1 0
Bài 10: Giải phương trình:           x x x x x x2 2 2
3 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 2
3 3 4 9 2 2 3 0
    2 4 2
3 6 3 2 3 2 3 0t t t t t         
     2 2 4 2
3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 0t t t t t t t            
  2 4 2
3 2 3 1 2 3 0t t t t t        
          x x x x x2
2 3 3 2 3 1 0
Bài 11: Giải phương trình: 2
3 1 1 3 1 0x x x x       
Đặt 1t x  . Khi đó phương trình trở thành:
2 2 2
2 2 3 2 0t t t t t        2 2
2 3 1 2 0t t t t      
    2 2
3 1 2 2 2 0t t t t      
     2 2 2
3 1 2 2 2 0t t t t t t t         
      2 2
2 3 1 2 0t t t t t          2 2
2 2 1 2 0t t t t      
  1 1 2 1 1 1 0x x x x        
Bài 12: Giải phương trình:    2 2 2
3 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 4
3 3 9 2 2 3 4 0t t t t t t       

41
 5 4 2 4 2
3 3 4 9 2 2 3 0t t t t t t        
  4 2 2
2 3 2 3 3 6 3 0t t t t t        
     4 2 2 2
2 3 2 3 3 2 3 3 2 3 0t t t t t t t            
      2 4 2
3 2 3 2 3 2 3 0t t t t t         
  2 4 2
3 2 3 1 2 3 0t t t t t        
  2
2 3 3 2 3 1 0x x x x x        
     2 2
2 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 2
4 4 2 2 2 1 2 0t t t t t t t t t          
 4 3 2 3 2 2
4 4 2 2 1 2 0t t t t t t t t         
      3 2 2
1 4 1 2 1 1 2 0t t t t t t t t         
    3 2 2
1 4 2 1 2 0t t t t t      
     3 2 2
1 5 2 2 1 2 2 0t t t t t t       
       2 2 2
1 5 2 2 1 2 2 0t t t t t t       
        2 2 2 2
1 2 2 2 2 2 1 2 2 0t t t t t t t t t          
       2 2 2
1 2 2 2 2 2 1 0t t t t t t t        
   2 2
1 2 2 2 1 0t t t t t      
   2 21
1 2 2 2 2 2 0
2
t t t t t      
     2 2 2 21
1 2 2 2 2 2 0
2
t t t t t t t        
   
2
2 21
1 2 2 2 0
2
t t t t t      
   
21
1 1 1 2 1 1 1 0
2
x x x x x         

42
Bài 14: Giải phương trình: 3 2
3 3 3 0x x x x x x      
Đặt t x . Khi đó phương trình trở thành:
2 6 2 4 2
3 3 3 0t t t t t t       3 4 4 2
3 3 3 0t t t t t       
 3 4 2
1 3 3 0t t t t         3 4 4 2
1 3 3 0t t t t t       
     3 4 4 4
1 3 3 3 0t t t t t t t         
  4 3 4
3 1 3 0t t t t t       
    2 2
3 1 3 1 0x x x x x        .
   2 2 2 2
9 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 2
4 2 8 32 4 30 2 4 9 6 10 0t t t t t t t t t           
  2 4 2 2
20 32 12 2 4 9 4 2 6 10 0t t t t t t t          
    2 4 2 2
2 10 16 6 2 4 9 4 2 6 10 0t t t t t t t          
  2 2
2 4 2 6 10 4 2 6 10t t t t       
  4 2 2
2 4 9 4 2 6 10 0t t t t t      
    2 2 4 2
4 2 6 10 2 4 2 6 10 2 4 9 0t t t t t t t           
  2 2 4 2
4 2 6 10 2 6 10 2 12 5 0t t t t t t         
  2
4 2 1 2 3 1 2 4 3 1 12 2 1 4 4 0x x x x x          
  2
2 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 1
1 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 3
x 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.
2
9x 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
6x
2x x 1 1.
( 2x 1 1)
   
 
11.
2
2
2
3 x 3x 3
6 2 x .
3x 2x 4
 
  

12.
1 1
x 1 x x 1 x x.
2 2
   
        
   
13. 26
2x 1 4x 9 2x 3.
x
     
14.
2
4 3 2 3 1 x
x 2x 2x 2x 1 (x x)
x

     
15. 3 2 3 2
x (1 x ) x 2 2x   

Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Viewers also liked

Viewers also liked (8)

Similar to Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung

Similar to Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung (20)

Thu thuat giai toan ptvt doan tri dung