Kỹ năng làm bài thi đại học môn toán với MTBT (bản 2)

Lâm Hữu Minh -

1


SỬ DỤNG MTBT TRONG LÀM ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Lâm Hữu Minh (TTMT)
“Việc kết hợp trí tuệ máy tính với trí óc con người sao cho hiệu quả là cả một
môn khoa học, gọi là khoa học về phương pháp”
TTMT
Các kỹ thuật sau đây được TTMT sưu tầm (khoảng
1
2
dung lượng của chuyên đề) và tự
sáng tạo, bao gồm cả kỹ thuật giải tay lẫn sử dụng MTBT, phương pháp chính quy lẫn không
chính quy. Các kỹ thuật về MTBT trong này dùng cho đề thi ĐH - CĐ, chỉ một số ít có thể
dùng để thi HSG giải toán trên MTBT. Trong đó, có 2 tác giả của các kỹ thuật mà TTMT sưu
tầm nhiều nhất, đó là:
_ Bạn Bùi Thế Việt (nthoangcute): phần lớn là các kỹ thuật về sử dụng MTBT.
_ Thầy Trần Phương: các kỹ thuật tính tích phân.
Số còn lại sưu tầm từ nhiều tác giả khác nhau, chủ yếu về các kỹ thuật sử dụng MTBT. Lưu
ý: loại MTBT dùng ở đây là CASIO fx-570ES, các loại máy khác có màn hình hiển thị tương
tự thì thao tác sẽ khác một vài chi tiết nhỏ.
Tuy cấu trúc đề thi ĐH - CĐ có thể thay đổi theo thời gian, nhưng kiến thức là vĩnh cửu, do
đó việc cấu trúc câu ở đây khác đề thi thật hay không không quan trọng. Ngoài ra, có những
kỹ thuật vượt khỏi phạm vi kiến thức THPT thì không nhất thiết phải tìm hiểu, nhưng luôn có
thể áp dụng được vì chúng được dùng để truy nhanh những kết quả mà đề thi không yêu cầu
trình bày cách giải, miễn người đọc có khả năng áp dụng.
Chỉ cần chúng ta vẫn nắm vững được phương pháp giải và trình bày bài toán, thì chúng ta
có thể tự tin giao cho máy tính giải quyết những chi tiết nhỏ nhặn, thời gian còn lại sẽ góp
phần để mở rộng vốn kiến thức của bản thân.

Tài liệu này nên được bổ sung phát triển theo hướng sát với đề thi ĐH - CĐ mỗi năm, bởi
bất kì người học nào có năng lực.
Câu 1. a) (khảo sát hàm số)

Tính trước các giá trị để biết trước kích cỡ của BBT trước khi kẻ vào.

Dùng MODE TABLE của MTBT để tìm các điểm thuộc đồ thị trước khi vẽ (dùng cho cả
việc tính các giá trị của hàm với nhiều giá trị biến liên tiếp nhau để biết được sự biến thiên
trong 1 khoảng, hay tìm khoảng chứa nghiệm). Vì đồ thị vẽ ở bên không cùng mặt giấy với
quá trình khảo sát trước đó nên phải giữ lại bảng giá trị (MODE TABLE) để nhìn vào và vẽ
(đỡ phải lật giấy lại liên tục để xem tọa độ các điểm hay phải ghi ra nháp).
b) (câu hỏi phụ)

Nhớ 2 công thức tính nhanh:
0
2
2
0 0
( )
0 0
2
'
(dx e)
( ) '( )
( ) '( )
x
adx aex be cd
y
f x f x
y

g x g x

  






 



(x
0
là nghiệm y’ = 0) dùng cho
hàm
2
( )
( )
f x ax bx c
y
g x dx e
 
 


Lâm Hữu Minh -

2


Chia y cho y’:
1 2
' ( ) ( )
y y f x f x
  
PT đường qua cực trị
2
( )
y f x
 

tính nhanh được
0
( ) 2 0
( )
x
y f x
với x
0
là nghiệm PT y’ = 0

Khi đề cho hàm số
3
( , )y f x m
(ở câu a), mà để làm được câu này ta phải tìm (biểu diễn)
được nghiệm của PT
3
( , ) 0

f x m

. Lúc này nên thử xem PT đó có nghiệm
0
x x R 
(không
chứa m) hay không. Nhập vào máy f
3
(X) rồi gán m = 0 (đơn giản nhất) cho máy giải tìm X.
Nếu máy cho nghiệm xấu không làm rõ được (hoặc biết được nhưng phức tạp) thì chắc chắn
đó không phải x
0
cần tìm, cho máy giải lại tìm nghiệm đẹp (thường là nguyên). Nếu đã tìm
được nghiệm đẹp, quay lại PT, áp dụng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” (xem Câu 2a) để
kiểm tra biểu thức khi thay đổi m. Tuy nhiên để đề phòng nghiệm có dạng x = am + b, ta gán
m = 1000 cho máy giải. Nếu
0
0
100
x
x






thì đó là nghiệm x = am + b. Lúc này ta chọn a, b thỏa
mãn
10 , 10a b  

sao cho 1000a + b = x
0
thì ta được nghiệm x = am + b. Lúc này thử lại kết
quả bằng cách chọn m bất kì (nhỏ thôi) xem máy giải PT
3
( , ) 0
f x m

có luôn ra x = am + b
không (bản chất của cách làm này là kỹ thuật phân tích đa thức 2 ẩn thành nhân tử, được tổng
quát ở Câu 2b).
Câu 2. a) (PT lượng giác)

Với mọi PT: nếu có thể rút gọn nhanh các biểu thức của PT mà vẫn giữ nguyên ĐKXĐ thì
nên nhập PT rút gọn cho máy giải (trước khi bắt tay vào làm, trừ phi bài quá dễ).

Nguyên tắc thử giá trị tốt nhất (sẽ dùng cho 1 vài kỹ thuật phía sau): nếu một dạng khác của
biểu thức f(x) là g(x) được tìm ra nhờ MTBT mà khi ta gán các giá trị X (trên MTBT):
_ Là số siêu việt (như
; ;e

…) nếu f(x) là hàm nguyên (VD: hàm đa thức
( )
n
f x
).
_ Là số thập phân hữu hạn (như 1,364; 5,2235;…) nếu f(x) là hàm vô tỉ.
để tính
( ) ( )f X g X
mà kết quả luôn bằng 0, thì dạng g(x) được tìm ra là đúng (các giá trị X

ở đây phải thuộc TXĐ của f(x)).

Dùng MTBT kiểm tra xem đẳng thức lượng giác
( ) ( )f x g x
(1 vế là đại lượng có trong
bài toán) nhớ có đúng không: nhập vào máy
( ) ( )f x g x
rồi dùng “nguyên tắc thử giá trị tốt
nhất”) để kiểm tra, sai thì sửa lại biểu thức và thử tiếp.

Tìm nhân tử (khi nháp chưa ra): giả sử PT
( ) 0F x 

bấm máy được nghiệm x = x
0
(nên
nhập các giá trị dự đoán ban đầu (gọi là
G
x
) là các số đẹp, hay xảy ra là
0; ; ; ;
6 3 2 4
   

cho
máy giải), dự đoán và thử tính
0
( )f x
với
( )f x

là hàm lượng giác có liên quan mật thiết đến
PT đang giải (nhưng trước tiên nên chọn các hàm cơ bản là sinx, cosx, tgx), nếu
0
( ) 0
f x

thì
( )f x
có thể là 1 nhân tử của PT. Đến đây có 2 cách tìm nhân tử chính xác:
_ Giải PT nhân tử
( ) 0f x 
tìm nghiệm, đối chiếu ĐK (nếu có) ta được các nghiệm x
0
, x
1
,
x
2
,… Thay lại các nghiệm này vào F(x), giả sử có
1
( ) 0
F x

, thì
( )f x
không phải là nhân tử
cần tìm (ngược lại thì coi như đã xong 1 nửa).
_ x
0
có thể thuộc họ nghiệm

0
x x kc

 
với
1 1 2
1; ; ;
2 3 3
c
 

 
 
(những số thường rơi vào), do đó
ta lưu
0
x A
rồi lập chương trình kiểm tra nghiệm:
: ( )X A C F X

 
. Dùng
CALC
gán
Lâm Hữu Minh -

3

vào C 4 giá trị trên xem C nào làm cho
( ) 0F X 

(có thể dựa vào
0
a
x
b


để đoán thêm giá
trị có liên quan đến
a
b
để kiểm tra), khi đó PT có thể có họ nghiệm
0
x x kC

 
. Từ đó ta sửa
lại chương trình:
: ( )X A BC F X

 
rồi dùng
CALC
gán các giá trị
B 
(C giữ nguyên,
số giá trị B cần gán phụ thuộc vào C đã tìm được) để kiểm tra chắc chắn tính chính xác của họ
nghiệm trên. Bấy giờ mới lập nhân tử dưới dạng
( ) sin( ) ( , )
f x mx n m n



    
(hoặc
cos( )mx n


) chứa nghiệm
0
x x kC

 
, rồi dùng công thức cộng ta được nhân tử chính
thức là:
sin cos sin cos
( )
cos cos sin sin
mx n n mx
f x
mx n mx n
 
 







Nếu thử 2 cách trên khoảng 5; 6 lần mà chưa ra thì phải giải tay.


Cách lưu nghiệm nhanh hơn cho mọi PT
( ) ( )f x g x
: nhập vào máy
( ) ( )f x g x
(bỏ “=
0”) để giải. Sau khi ra nghiệm, quay lại PT, ấn

(đương nhiên kết quả là 0) để lưu PT (nếu
phải tính nhiều phép tính khác nhưng liên quan đến PT này, thì cứ khoảng 3; 4 phép tính lại
quay lại lưu PT 1 lần), rồi lưu nghiệm trong X sang biến nhớ khác. Quay lại PT cho máy giải
tiếp tìm nghiệm khác.

Khi máy cho nghiệm xấu (trong PT lượng giác là nghiệm có dạng
a
b


(phân số
a
b
tối giản)
mà ấn
S D


không chuyển được sang dạng đẹp), chia nghiệm đó cho

thường xác định
được

a
b


Nghiệm đẹp nhất trong họ
a
x kc
b
 
 
ứng với k = 0, đôi khi máy không hiển thị được
nghiệm dạng đẹp dù
a
b

đẹp, vì nghiệm đó ứng với k mà |k| khá lớn, lấy nghiệm đó trừ (hoặc
cộng) dần với
n


(
1
;1;2
2
n
 

 
 
tuỳ độ lớn nghiệm) để tìm

a
b

,
từ n có thể biết được c

Đổi góc lượng giác


từ độ

Radian khi không nhớ công thức: ở chế độ “D” (độ), viết 1
giá trị lượng giác của

, VD
sin

, ấn

. Chuyển sang chế độ “R”, ấn
sin
SHIFT Ans 
. Hoặc ở chế độ “R”, nhập

o

(ấn
1SHIFT Ans
nhập “
o

”), ấn

.
Chuyển từ Radian

độ làm ngược lại.
b) (phương – bất phương – hệ phương – trình đại số)

Nếu không muốn đặt ĐKXĐ cho PT (trừ phi ĐK có thể giúp 1 phần trong việc giải) thì cứ
giải bình thường rồi mang các nghiệm thử lại vào PT đầu (nếu dùng cho PT lượng giác thì
phải lưu ý tính tuần hoàn của họ nghiệm, vì có vô số nghiệm).

Đổi số thập phân
1 2 1 2 1 2
, ( )
m n p
P a a a b b b c c c

máy hiện thành phân số:

Số thập phân vô hạn tuần hoàn:
_ Cách 1: dùng MTBT:
Lâm Hữu Minh -

4

+ Nếu
7m n p  
thì nhập P vào với ít nhất 3 lần chu kì, nhập phải dài hơn phần mà máy
hiển thị được, ấn


, máy cho ra phân số. Lưu ý: điều kiện “
7
” chỉ là mức tối đa mà máy có
thể làm được, không phải P cứ có điều kiện đó là đổi được.
+ Nếu
1 2 1 2
,( )
m p
P a a a c c c

với p khá lớn, ta chỉ cần cho máy đổi
1 2
0,( )
p
c c c
thành phân
số, rồi cộng với
1 2

m
a a a
ngoài nháp. Áp dụng định lí: mọi số thập phân dạng
1 2
0,( ) ( 14)
p
c c c p 
, máy tính dòng ES trở lên luôn tìm được dạng phân số của nó từ số
1 2 14
0, c c c

, và ngược lại, nếu máy có thể đổi được
1 2 14
0, c c c
thành phân số a thì chứng tỏ
1 2 14
0, c c c
là số thập phân được cắt từ 15 chữ số đầu của một số thập phân vô hạn tuần hoàn
có dạng
1 2
0,( )
p
c c c
(lúc này không nhất thiết
14p 
) mà dạng phân số của nó chính là a
_ Cách 2: áp dụng công thức đổi số thập phân tuần hoàn tổng quát:
1 2
1 2
1 2 1 2 1 2 1 2


, ( ) ( , 1)
10 10 (10 1)
p
n
m n p m
n n p
c c c
b b b
a a a b b b c c c a a a m p

   



Dạng đơn giản nhất:
1 2
1 2

0,( )
10 1
p
p
p
c c c
c c c 



Số thập phân hữu hạn: nếu máy không đổi được ngay nó sang phân số thì chứng tỏ dạng tối
giản của phân số đó vi phạm ít nhất 1 trong các điều sau:
_ Tổng chữ số của tử và mẫu vượt quá 9
_ Tổng chữ số của tử và mẫu bằng 9 nhưng số chữ số của tử lớn hơn của mẫu (lúc này ta trừ đi
phần nguyên để đổi phần thập phân).
Giả sử số thập phân hữu hạn
1 2 1 2
,
m n
P a a a b b b

cần tìm dạng phân số, ta dùng phương

pháp chuyển đổi từng phần để tìm dạng phân số của
1 2
0,
n
b b b
. Lần lượt nhập vào máy
1 2
0,
i
b b b

( )i n
để thử chuyển đổi, nếu máy cho được dạng phân số của
1 2
0,
i
b b b
là b thì ta
tiếp tục chuyển đổi phần tiếp theo là
1
1 2 1
0,
0,0 0 0
10
i n
i i n
i
b b
b b




thành phân số bằng cách
chuyển đổi
1
0,
i n
b b

giống như
1 2
0,
i
b b b
, được phân số c. Cuối cùng
1 2

10
m
i
c
a a a a b  

(cộng ngoài nháp).

Nếu những cách trên không thành thì P là số vô tỉ (số thập phân vô hạn không tuần hoàn),
máy không đổi được. Lúc này có 1 phương pháp khác (có nói phía dưới) có thể truy được P từ
dạng thập phân về dạng căn thức bậc 2 (nếu P là như vậy) thông qua PT bậc 2 nhờ MODE
TABLE.


Tính nhanh giới hạn: vì đề thi ĐH không bắt trình bày cách tính
lim ( )f x
nên ta có thể làm
bất cứ cách gì miễn tính được nhanh nhất, và chỉ phải dùng cách này ở các hàm số sinh bởi
việc giải PT khi không nhẩm ngay được đáp án:
_ Dạng
0
0
: tính
0
( )
lim
( )
x x
f x
g x

với
0
0 0
( ; )
( ) ( ) 0
x a b
f x g x



 

(

( ), ( )f x g x
liên tục trên
[ ; ]a b
):
Lâm Hữu Minh -

5

+ Quy tắc L’Hospital: nếu
'( ), '( ) 0f x g x 
trong lân cận x
0
và
0
'( )
lim
'( )
x x
f x
L
g x


(hữu hạn), thì
0
( )
lim
( )
x x
f x

L
g x


(nếu
0
x
 
thì cũng áp dụng được, chỉ cần
lim ( ) lim ( ) 0
lim '( ) 0
x x
x
f x g x
g x
 

 






là được).
Quy tắc L’Hospital có thể áp dụng nhiều lần liên tiếp, tức là
0 0
( )
( )
( ) ( )

lim lim
( ) ( )
n
n
x x x x
f x f x
g x g x
 

(miễn có
đủ các điều kiện).
+ Đạo hàm: nếu
0 0
'( ), '( )f x g x
hữu hạn,
0
'( ) 0
g x

thì
0 0
0
00
0
0
0
( ) ( )
( ) '( )
lim lim
( ) ( )

( ) '( )
x x x x
f x f x
f x f x
x x
L
g x g x
g x g x
x x
 


  


. Do đó bấm máy biểu thức
0
0
( ( ))|
( ( )) |
x x
x x
d
f X
dx
d
g X
dx



là xong.
Nếu máy báo “Math ERROR” thì chắc chắn
0
( )
lim
( )
x x
f x
g x

 
(trong đề thi ĐH không có loại
không tồn tại giới hạn), lúc này nhìn bảng biến thiên của
( )
( )
f x
g x
là biết






_ Dạng


: ta vẫn dùng quy tắc L’Hospital như trên, chỉ khác lúc này
0 0
lim ( ) lim ( )

x x x x
f x g x
 
  

_ Dạng
0.
: khi tính
0
lim ( ) ( )
x x
f x g x

mà
0
0
lim ( ) 0
lim ( )
x x
x x
f x
g x






 



và f(x), g(x) là 2 trong 3 hàm
, , log
x m
a
a x x

( 1, 0)a m 
, thì
0
lim ( ) ( )
x x
f x g x

sẽ tính theo hàm có độ tăng mạnh nhất. Khi
x  
thì độ tăng của chúng xếp theo thứ tự
log
x m
a
a x x 
(tức hàm
x
a  
nhanh nhất),
nhờ đó có thể đoán được ngay kết quả.
_ Giản ước giới hạn về dạng đa thức bằng cách sử dụng:
+ Vô cùng bé (VCB): nếu
0
lim ( ) 0

x x
f x


thì f(x) là VCB trong quá trình
0
x x
. Từ đó ta có:
khi
0x 
thì:
2
sin ; cos 1 ; tan ; log (1 ) ; 1 ln ;
2 ln
x
a
x x
x x x x x x a x a
a
       

1
1 2 1 1
(1 ) 1 ; ( )
a n n
n n n
x ax f x a x a x a a

 
       

(
( )
n
f x
là đa thức).
+ Vô cùng lớn (VCL): suy từ VCB dựa vào: nếu
( )h x
là VCB thì
1
( )h x
là VCL.

Áp dụng quy tắc: nếu
( ) ( )
( ) ( )
F x f x
G x g x





khi
0
x x
thì
0 0
( ) ( )
lim lim
( ) ( )

x x x x
F x f x
G x g x
 

(x
0
có thể là

).

Nhẩm nghiệm PT
1
1
1
0
n
n k
k
k
a x

 



dạng đặc biệt:
Lâm Hữu Minh -

6

_ Nếu
1
1
0 1
n
k
k
a x


  

là 1 nghiệm.
_ Nếu
2 1
2 2
2 1 2
1 1
1
n n
i j
i j
a a x
 
   
   
   

 

   
 
là 1 nghiệm.
_ Khi
( 1; 1)
k
a Z k n
  

, nếu nghiệm là
p
x Q
q
 
thì
1
1
n
a p
a q








Cách tối ưu hóa việc tìm nghiệm của MTBT:
_ Cách 1: thử giá trị x

G
phù hợp. Cách để máy dễ tìm ra các nghiệm nhất là thử lần lượt với
10; 10; 0
G G G
x x x
   

_ Cách 2: giả sử máy giải f(X) = 0 được X = x
0
, ta lưu nghiệm đó vào A rồi bấm

quay lại
đầu PT, chèn f(X) lên tử số của phân thức bằng cách bấm
( SHIFT DEL



, rồi sửa
biểu thức thành
( )
( )
f X
X A
. Tiếp tục
SHIFT CALC
cho máy giải nghiệm, máy sẽ phải tìm
nghiệm khác (nếu có), không thể hiển thị nghiệm A được. Nếu có nghiệm thứ 2 (lưu vào B), ta
lại sửa biểu thức thành
( )
( )( )

f X
X A X B 
rồi làm tương tự. Hết nghiệm máy sẽ báo “Can’t
Solve”. Nếu f(x) là PT lượng giác thì với mỗi X giải được tiếp theo, phải coi nó có cùng họ
với nghiệm trước không (vì có vô số nghiệm).

Với PT bất kì lúc bắt đầu cho máy giải nên chọn
1
0
G
x

, sau khi đã có 1 nghiệm x
0
thì chọn
2
G
x X 
(giá trị đối). Dựa vào chiều từ
2
0
G
x x
(hướng về

hay

) để nhập tiếp
3
G

x

(để tìm nghiệm khác) hướng theo chiều đó, và
3
0
G
x x



Nếu máy giải PT đa thức
1
1 2 1
( ) 0
n n
n n
f x a x a x a


    
không ra nghiệm đúng x
0
(hoặc
cho số gần đúng dạng
10 ( )
b
a a

 
cùng với yêu cầu (có hoặc không) “Continue: [=]”), ta

cần xác định và thu hẹp khoảng nghiệm bằng các định lí (ĐL):
_ ĐL 1: nếu
1 2 0 1 2
( ) ( ) 0 ( ; )
n n
f x f x x x x  
, ta thu hẹp khoảng này bằng cách tiếp tục so dấu
1 2
2
n
x x
f

 
 
 
với
1 2
( ); ( )
n n
f x f x
(nên dùng MODE TABLE để nhanh hơn).
_ ĐL 2: nếu
 
 
1
1
2
0
1 1 1

2
max | 1;
1
max | 2; 1
i
n
n
k
m a i n
a
m
x
m a a
m a k n



 

   


  





_ ĐL 3: nếu
 

0 0
1
min
max | 0; 1; 1
0: 1
{1;2; ; 1}: 0
i i
k
k
a a a i n
a
x x
a
k n a

   

    

  




Lâm Hữu Minh -

7


Thỉnh thoảng PT có nghiệm đẹp nhưng hàm solve cho “

,99999998
X a
” (vì máy dùng
thuật toán lặp Newton để xấp xỉ nghiệm), thì hiểu nghiệm đúng là x = a + 1, còn nếu hiện
“
,000000012
X a
” thì x = a (MODE EQN rất hiếm khi mắc lỗi này).

Loại máy CASIO fx-570ES trở xuống, MODE EQN không thể hiển thị nghiệm dạng căn thì
với PT bậc 2, dùng 2 lệnh:
2
4
2
B B AC
A
  
và
2
4
2
B B AC
A
  
ở MODE COMP để giải.

Kỹ thuật khai triển đa thức f
n
(x) hệ số nguyên ra dạng rút gọn bằng MTBT:
_ Cách 1: Dùng

CALC
tính f
n
(1000) được kết quả K
1
. Vì nhìn qua f
n
(x) biết được n nên ta
xấp xỉ K
1
thành số tròn chục gần nhất:
3
1 1 1
10 ( )
n
K a a
  
(do ta gán X = 1000 = 10
3
)

a
1

là hệ số x
n
(có thể xảy ra a
1
= 0). Quay lại biểu thức f
n

(X), nhập thêm ta được “
1
( ) (
n
n
f X a X
”
(biểu thức mới này có bậc
1n 
), ấn

, được kết quả K
2
(nếu làm đúng thì K
2
phải ngắn hơn
K
1
ít nhất 2 số, nếu
2
10 ( )
c
K b b

  
thì c phải kém ít nhất 2 đơn vị so với 3n). Tương tự ta
xấp xỉ:
3( 1)
2 2 2 2
10 ( )

n
K a a a

   

là hệ số
1n
x

, cứ như vậy tìm được các hệ số của f
n
(x).
Cuối cùng dùng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” (chỉ cần 1 giá trị là đủ) để kiểm tra lại kết quả
với biểu thức
1 1
1 2 1 1 2 1
( ) ( ) ( )
n n n n
n n n n
f X a X a X a f x a x a x a
 
 
        
. Cách này có
thể trục trặc nếu
6n 
ở những hệ số cuối, gần cuối.
_ Cách 2: tính giới hạn theo vô cùng bé. Vì
1 1
1 2

1
0

lim
n n n i
i
i
n i
x
a x a x a x
a
x
  
 

  

nên bằng cách
gán
10 0 ( )
k
X k
 
  
, ta tính được a
i
. Nhưng đầu tiên phải tính
1
(0)
n n

a f


, sau đó mới
tính các hệ số bắt đầu từ phía sau:
1 1
1
2
0 0
( ) ( )
lim ; lim ;
n n n n n
n n
X X
f X a f X a a X
a a
X X
 

 
  
 
… Giá trị
10
10X


được gán đầu tiên để tính a
n
, sau đó sửa biểu thức và ấn


tiếp, nhưng nếu kết quả
là 0 thì phải giảm k xuống và thử lại, vì hệ số chưa chắc đã là 0 (lỗi ngay cả với
1
0
lim
n
n
X
a X
X

).
Tuy nhiên nếu để hệ số phân số để khai triển thì kết quả không hiển thị được ở dạng phân số,
nhưng vì là số thập phân hữu hạn và nhỏ, hoặc có chu kì, nên có thể đổi được sang phân số
nhanh chóng (chi tiết xem phía trên). Cách này hoạt động tốt nhất với
4n 
(lúc này có thể cố
định
10
10X


rồi ấn

).
_ Cách 3: tính giới hạn theo vô cùng lớn. Vì
1
1 2 1
1

lim
n n
n
n
x
a x a x a
a
x



  

, nên bằng cách
gán
10 ( )
k
X k

   
, ta tính được a
1
. Sau đó quay lại biểu thức
( )
n
n
f X
X
, sửa thành

1
1
( )
n
n
n
f X a X
X


, lại tiếp tục tính giới hạn để tìm a
2
, cứ như thế ta tìm được các hệ số của
( )
n
f x
.
Nếu n càng lớn, chỉ khoảng 2; 3 hệ số đầu là chắc chắn, càng về sau càng sai lệch khó đoán,
do đó để tính được
( )
lim
n
n
x
f x
x

hiệu quả nhất, ta dùng các quy tắc:
Lâm Hữu Minh -

8

+ Tính a
1
luôn gán X = 10
15
, 2 giá trị tiếp theo (để tìm a
2
, a
3
) là 10
10
; 10
7
, các giá trị sau đó cứ
lấy
1
2
số mũ của 10 ở giá trị phía trước.
+ Nếu thấy kết quả bằng 0 thì thay đổi k của X = 10
k
đến khi được kết quả khác 0 (nếu mãi
vẫn bằng 0 thì nhận hệ số đang tìm là 0).
+ Nếu thấy kết quả dạng phân số thì làm tròn rồi thử.
Lưu ý: để tìm hệ số tự do, ta chỉ cần tính
1
1 2
( )
1
n n

n n
f X a X a X a X

   
với giá trị X bất
kì, không cần giới hạn nữa, lúc này nên gán X là số siêu việt để kết hợp cả việc kiểm tra kết
quả (nguyên tắc thử giá trị tốt nhất), nếu kết quả nguyên thì đó là a
n+1
, ngược lại tức là có hệ số
phía trước không đúng.
_ Cách 4: được sử dụng để tìm nốt những hệ số còn lại nằm ở giữa của f
n
(x) bởi vì những cách
trên kết hợp lại có thể cũng chỉ tìm được các hệ số phía đầu và cuối. Giả sử cần tìm
1
, (3 2)
i i
a a i n

  
nằm giữa của f
n
(x) khi ta đã xác định được
1 2 1 2 1
, , , , , ,
i i n
a a a a a
  
, tức là
tìm các hạng tử

1
1
,
n i n i
i i
a x a x
  

, ta có:
1 2 1
1 1 1 2 1 1
( )
( ) ( )
n i n i n n i n i
n
i i n i i n n i i
n i
f x A
a x a x f x a x a x a x a f x A a x a
x
      
    


            
Do đó, ta gán
2 1
1 1 1 1 2 1 1

n n i n i

i i n
A a X a X a X a
   
  
     
rồi mới tính
1
1
1
( )
n
n i
f X A
b
X



(để
tránh nhập cồng kềnh hoặc dung lượng màn hình không đủ do biểu thức quá dài). Lại gán X =
X
2
rồi tính tương tự, ta được hệ
1 1 1
1 2
2 1 2
( , 0)
i i
i i
a X a b

X X
a X a b


 



 

, đến đây có thể dùng MODE
EQN hoặc MODE TABLE (xem Câu 5 (hình học tọa độ phẳng) để rõ hơn) để tìm
1
,
i i
a a

. Ta
có thể xác định được tối đa 4 hệ số qua cách này (ở Câu 4 (hình học không gian thuần tuý và
tọa độ) có cách giải hệ 4 ẩn bằng MTBT), nhưng tốt nhất vẫn là 3 trở xuống.
_ Cách 5: ứng dụng đạo hàm tại điểm. Trước hết dùng
CALC
tính
(0)
n
f
được kết quả là a
n+1
.
Ta có

1 2
1 2
'( ) ( 1)
n n
n n
f x na x n a x a
 
    
. Do đó quay lại đầu biểu thức
( )
n
f X
, chèn
( )
n
f X

vào chức năng đạo hàm tại điểm bằng cách ấn
( 

SHIFT DEL
(bật chế độ chèn) rồi
SHIFT




, trên màn hình hiện
(( ( )) |
n x

d
f X
dx

, chỉnh lại
( ( )) |
n x
d
f X
dx

rồi ấn


(lợi
dụng lỗi “Syntax ERROR”) để con trỏ nằm vào chỗ giá trị x, sửa thành
( ( )) |
n x X
d
f X
dx

. Ấn


(đang có X = 0) được tiếp kết quả là a
n
. Quay lại biểu thức đã nhập, nhập thêm ta được:
( ( )) |
n x X n

d
f X a
dx


, tiếp tục dùng
CALC
tính biểu thức với
1n 
giá trị
X 
, đối nhau qua
0 (từ nhỏ đến lớn:
1; 2; 3;   
), từ đó ta được hệ
1n 
PT, ứng
1n 
ẩn:
Lâm Hữu Minh -

9

1 2
1 2 1
( 1) '( )
1; 1
n n
i i i n n i n
nx a n x a x a f x a

i n
 

     



 



. Giải tay (để đưa về hệ 3 ẩn) hoặc giải máy
(giải hệ 3 ẩn) tìm được các
( 1; 1)
i
a i n
 

, từ đó dễ tìm ra a
n+1
.
_ Cách 6: dùng số phức (trong MODE CMPLX). Giả sử cần khai triển f
4
(x), ta coi rằng:
4 3 2
4 1 2 3 4 5
( )
f x a x a x a x a x a    
. Tính
4

(0)f
với
CALC
được a
5
, rồi tiếp tục tính
4 3 2
4 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 3 5 4 2 1 1
( ) ( )
f i a i a i a i a i a a a i a a i a a a a a a i m n i                
và
4 1 2 3 4 5 1 3 5 4 2 2 2
(2 ) 16 8 4 2 16 4 (2 8 )
f i a a i a a i a a a a a a i m n i           
(i là đơn vị ảo).
Như vậy ta được hệ:
1 3 5 1 1 3 1 5
1 3 5 2 1 3 2 5
16 4 16 4
a a a m a a m a
a a a m a a m a
     
 

 
     
 
và
4 2 1
4 2 2

2 8
a a n
a a n
 


 

, xử lí 2
hệ này trong MODE EQN thu được kết quả. Tuy nhiên bất cập là nếu trong f
n
(x) có chứa
g
m
(x) thì máy sẽ không tính được
( )
k
m
g i
với
4k 
(nghĩa là với
4
( )f x
trên, ta phải nhập
3
i i
để
tính
4

i
thay vì nhập trực tiếp
4
i
), xem Câu 7b (số phức) để rõ hơn cách xử lí. Cách này hoạt
động tốt nhất với
6n 
(làm tương tự trên).
_ Cách 7: dùng SOLVE giải PT f
n
(X) = 0 (nhập nguyên dạng chưa khai triển). Nếu PT có n
nghiệm (nhìn qua f
n
(X) có thể xác định ngay được n, nghiệm bội h cũng coi là h nghiệm đơn)
thì lưu các nghiệm vào biến rồi dùng hệ thức Viet:
1
1
1
1
1
2
1
1
( , ,
k
n
k
l
k
l

i
n
i
j
i
j
a
x
a
k i n
a
x
a







 
 
 

 



 



 

 





k lẻ, i chẵn,
hệ có n phương trình, đây là dạng tổng quát) để suy ra
1
1 2 1
( )
n n
n n n
f x a x a x a x a


    
.
Cách này tốt nhất cho n = 2, không những khai triển được mà còn biết được nghiệm.
Nếu f
n
(x) có hệ số phân số thì ta triệt mẫu số bằng cách nhân thêm s (là BCNN của các mẫu
số, nhằm đưa về đa thức hệ số nguyên) rồi khai triển sf
n
(x) bằng các cách trên, cuối cùng chia
ngược lại các hệ số cho s. Đối với cách 7 thì không cần làm vậy, vì ta khai triển gián tiếp.


Kỹ thuật khai triển đa thức
( , )
n
F x m
bằng MTBT:
_ Cách 1: dùng khi biết tham số m có bậc cao nhất bằng 1. Ta sẽ khai triển đa thức thành dạng
( ) ( )f x mg x
sau đó gộp lại theo x. Vào MODE 2 (CMPLX), xem m là số ảo i, nhập vào máy
( , )
n
F X i
, ấn
CALC
, gán X = 1000 (theo cách 1), ấn

được kết quả:
(1000)
(1000) (1000)
(1000)
f a
K a bi f mg
g b


    



. Từ đó tìm được các đa thức f(x), g(x)
_ Cách 2: giả sử sau khi khai triển thì

1
1 2 1
( , ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n
n n n
F x m f m x f m x f m x f m


    
.
Nhập
( , )
n
F x m
vào máy (dùng 2 biến X, M; lưu ý triệt mẫu số của các phân số trong
( , )
n
F x m

trước khi nhập), ấn
CALC
, gán
0
1000
X
M






thì kết quả là
1
(1000)
n
f

, từ đó xác định được
1
( )
n
f m

(hệ số tự do của
( , )
n
F x m
). Tiếp theo, tính
0
( ( , )) |
n x
d
F X M
dx

với
1000M 
được kết
quả là
(1000)

n
f
, xác định được
( )
n
f m
. Vì trong đề thi ĐH, các
( ) ( 1; 1)
i
f m i n
 

chỉ có bậc
Lâm Hữu Minh -

10

tối đa là 3 (nếu có thường chỉ có 1 đa thức
( )
i
f m
mang bậc 3), nên ta làm tiếp như sau: dùng
CALC
tính
( , )
n
F X M
với
1000
1;2

X
M



 


ta được tương ứng 4 kết quả
(1000, 1;2)
n
F 

. Từ đó ta
xác định được:
1
1 2 1
1
1 2 1
1
1 2 1
1
1 2 1
1: ( , 1) ( 1) ( 1) ( 1)
0: ( ,0) (0) (0) (0)
1: ( ,1) (1) (1) (1)
2: ( ,2) (2) (2) (2)
n n
n n
n n

n n
n n
n n
n n
n n
m F x f x f x f
m F x f x f x f
m F x f x f x f
m F x f x f x f








         


    


    

    


Áp dụng định lý: nếu biết k + 1 điểm
( ; ( )) ( 1; 1)

j k j
x f x j k
 

thuộc đồ thị hàm số
( )
k
f x
thì
ta sẽ xác định được hàm số đó, ta xác định các
( ) ( 1; 1)
i
f m i n
 

dựa vào điểm
( ; ( ) )
i
m f m
với
1;2
m
 

. Việc này có thể thực hiện trong MODE 3 (STAT), nhảy xuống Câu 5 để xem cách
tìm ra
( ) ( 1; 1)
i
f m i n
 


từ các điểm
( ; ( ) )
i
m f m
.
Do ta đã chuyển các hệ số của
( , )
n
F x m
về dạng tuyến tính (không có phân thức, phân số),
nên nếu
( )
i
f m

( {1;2; ; 1})i n 
mà các hệ số của
( )
i
f m
không nguyên, hoặc điểm
(2; (2) )
i
f
không thuộc đồ thị hàm số đi qua 3 điểm
( 1; ( 1) ), (0; (0) ), (1; (1) )
i i i
f f f
 

thì
( )
i
f m

có bậc 3 và không thể xác định được trong MODE STAT (vì hàm đa thức trong này chỉ có bậc
1; 2), do đó ta xác định
( )
i
f m
này ở MODE COMP.
Ở MODE COMP, ta nhập vào máy
( , ) ( , )
n
F X M G X M
trong đó G(X,M) chính là dạng
khai triển của
( , )
n
F X M
nhưng bị khuyết hạng tử
1
( )
n i
i
f M X
 
(đang cần xác định). Ấn
CALC
tính biểu thức trên với

1
1000
X
M





thì kết quả chính là
(1000)
i
f
, từ đó xác định được
( )
i
f m


Phương pháp Viet để tìm nhân tử bậc 2 từ nghiệm của máy (khi có ít nhất 2 nghiệm): lấy 2
nghiệm bất kì (lưu trong A, B), tính
S A B
P AB
 




. Nếu S, P là số đẹp, PT có nhân tử
2

x Sx P 
, nếu không, thử tiếp với các cặp nghiệm khác. Lưu ý: nếu cho EQN giải PT bậc 3
ra 3 nghiệm vô tỉ thì cách này vô dụng. Mọi PT đa thức khác nếu gặp phải TH này (khi giải
bằng solve) thì thường phải viện đến lượng giác hóa để giải (bằng tay). Với các PT vô tỉ, do
TXĐ nên nghiệm vô tỉ có thể bị loại dẫn đến thiếu nghiệm để dùng phương pháp Viet, ta có
thể xử lí bằng những cách khác đề cập phía dưới.

Nếu máy giải f
n
(X) = 0 cho nghiệm xấu x = A (lưu vào A), ta có thể giả sử A là nghiệm của
g
2
(x) = x
2
+ bx + c trong phân tích f
n
(x) = g
2
(x)h(x), rồi sử dụng MODE TABLE để tìm ra
nhân tử g
2
(x). Ta nhờ MODE TABLE tính g
2
(x) với các giá trị b nguyên (còn x = A), từ đó
tìm ra c. Do đó ta nhập vào MODE TABLE f(X) = A
2
+ XA (ở đây X chính là các giá trị b
nguyên sẽ dò, A là nghiệm x đã giải được, vì MODE này chỉ dò với biến X). Do A là nghiệm
Lâm Hữu Minh -

11

nên chắc chắn
2
A bA c  
. Bấm

, lần lượt gán:
14
14
1
Start
End
Step
 







. Từ bảng giá trị thu được, ta
dò giá trị X sao cho f(X) của nó là số hữu tỉ, thì đó chính là kết quả:
( )
b X
c f X




 

. Cũng do
2
A c
b
A

 
nên ta có thể nhập
2
( )
A X
f X
A


, lúc này nếu tìm thấy f(X) hữu tỉ thì
( )
c X
b f X



 

. Nhưng để chắc chắn f
n
(x) có nhân tử g
2

(x), ta phải giải nốt nghiệm kia của g
2
(x)
= 0 rồi thử vào f
n
(x)

Nếu thấy 1 PT của hệ chứa (hoặc đưa về chứa) đại lượng
2 2
( , )
k x y ax bxy cy
  
, thì thử
phân tích
( , ) ( )( )k x y mx ny px qy  
(trừ phi PT
2
0at bt c  
vô nghiệm) có thể ra hướng
làm.

Kỹ thuật phân tích đa thức hệ số nguyên f(x,y) thành nhân tử: trước hết nếu f(x,y) có chứa
hệ số phân số thì ta nhân sf(x,y) sao cho mất hết phân số (vì chỉ làm việc với đa thức hệ số
nguyên). Tiếp đến nếu bậc y lớn hơn (ngược lại làm tương tự), thay y = 1000 ta được
( , ) ( )
n
sf x y g x
. Dùng MODE EQN hay chức năng solve giải PT
( ) 0
n

g x

ta được x = x
0

(nếu nhiều nghiệm làm tương tự):
_ Nếu x
0
là số hữu tỉ (với phân số thì tử số thường có liên quan đến các số tròn chục), ta phân
tích
1
0 1 1
0
( ) ( )( )
( ), ( ) ( 1; )
n
n n n
i i
g x x x c x c x c
x h y c h y i n


    



  




(thường gặp
( )
( )
i
h y
h y



có dạng
ay b
), từ đó:
1
1 1
( , ) [ ( )][ ( ) ( ) ( ) ]
n
n n
sf x y x h y h y x h y x h y


    

_ Nếu x
0
và tất cả nghiệm còn lại (nếu có) là số vô tỉ
( , )f x y
không phân tích được thành
nhân tử.
Dù thay x = 1000 hay y = 1000 thì kết quả cũng như nhau. Với đa thức 3 ẩn x, y, z thì gán
10; 100y z 

rồi phân tích tương tự (nhưng có thể phải tư duy suy đoán nhiều hơn). Bậc đa
thức càng cao, phương pháp này càng khó chính xác (vì máy khó giải PT hệ số lớn).

Phương pháp sơ đồ Horner để phân tích
1
1
1
( )
n
n i
n i
i
F x a x

 



(có nghiệm thực x = x
0
) thành
nhân tử: giả sử
0
1
( ) ( )
n
n j
n j
j
F x x x b x



 

, ta tìm
1 1
( 2; ; )
j
b j n b a
 

bằng câu lệnh nhập vào
máy
B = BX + A với input
1
0
2
B b
X x
A a








, dùng
CALC

, thu được
( 2; )
j
b j n


ứng với
( 2; )
i
A a i n
 



Kỹ thuật tìm nhân tử PT vô tỷ:
_ PT chứa 1; 2 căn của nhị thức bậc nhất:
Lâm Hữu Minh -

12


PT
 
, 0
f x ax b
 
: đặt
2
t b
ax b t x

a

   
được PT mới
2
, 0
t b
g t
a
 


 
 
(hay g(t)
= 0). Dùng kỹ thuật phân tích g(t) thành nhân tử bằng MTBT (giả sử PT g(t) = 0 có 2 nghiệm)
được g(t) = g
1
(t)g
2
(t). Thế trở lại
t ax b 
được PT
   
1 2
0
g ax b g ax b
  



PT
 
, , 0
f x ax b cx d
  
: đặt
ax b u
cx d v

 


 


, làm tương tự (dùng kỹ thuật phân tích
thành nhân tử cho đa thức 2 ẩn).
_ PT chứa căn biểu thức bậc cao:

PT
( ) ( ) ( ) 0
n m
F x f x a h x
  
(các hệ số đều hữu tỉ), trước hết cho máy giải tìm các
nghiệm, lưu vào 2 biến A, B (chỉ cần tối đa 2 nghiệm):
+ TH1: được 2 nghiệm vô tỉ A, B. Dùng hệ thức Viet
S A B
P AB
 





ta thấy S, P là số đẹp, do đó
gán lại 2 nghiệm A, B đúng bằng công thức nghiệm:
2
2
( )
2
( )
2
A B A B
A
A B A B
B

  




  




. Tiếp theo gán 2
giá trị
( )

( )
m
m
C h A
D h B







. Bằng cách tương tự ta tìm được dạng đúng của C, D (trong trường hợp
tính số bị xấu). Như vậy nhìn vào A, B, C, D ta tìm được liên hệ giữa
( )
m
h x
và x là:
( ) ( ) 0
m
g x b h x
 
(thường gặp
( )g x px q 
với
,p q 
), đó chính là 1 nhân tử của PT.
+ TH2: được 1 nghiệm vô tỉ A. Ta đổi dấu của căn được PT
( ) ( ) ( ) 0
n m

F x f x a h x
  
, giải
PT này tìm 1 nghiệm vô tỉ B (lưu vào B). Do
( )F x
là phương trình liên hợp với
( )F x
nên B
liên hợp với A, do đó bằng hệ thức Viet
S A B
P AB
 




ta xác định được A, B. Đến đây, tương tự
TH1 ta tìm được nhân tử
( ) ( ) 0
m
g x b h x
 
thông qua A và
( )
m
C h A

. Nhưng nếu nhân tử
này được tìm ra từ B và
( )

m
D h B

thì nó là của PT
( ) 0
F x

, lúc này ta phải đổi lại dấu căn
để được nhân tử đúng:
( ) ( ) 0
m
g x b h x
 

+ TH3: được 2 nghiệm hữu tỉ A, B. Ta giả sử 2 nghiệm này là của nhân tử
( )
m
px q h x
 
, từ
đó giải hệ
( ) 0
( ) 0
m
m
pA q h A
pB q h B

  



  


tìm được p, q
+ TH4: được 1 nghiệm hữu tỉ A. Lúc này ta đổi dấu căn được PT
( ) 0
F x

, từ đó giải được 2
nghiệm vô tỉ C, D của PT này, tìm được nhân tử là
( ) ( ) 0
m
g x b h x
 
, do đó nhân tử PT ban
đầu là
( ) ( ) 0
m
g x b h x
 
. Nhưng nếu cách này không thành, ta phải dùng thêm nghiệm phức
Lâm Hữu Minh -

13

của nó: bằng cách bình phương toàn phần để làm mất căn, rồi phân tích phương trình bậc cao
thu được thành nhân tử bậc 2 để tìm các nghiệm phức, từ đó tìm được nhân tử PT gốc. Cuối
cùng nếu không muốn làm như trên, thì xoay sang đạo hàm, đánh giá để c/m
( ) 0F x 

có
nghiệm duy nhất.
_ PT
1
( ) ( ) ( ) 0
k
n i i
i
F x f x a h x

  

: ta giải tương tự như trên nhưng tuân thêm 3 nguyên tắc
sau:
+ Nếu đổi dấu căn thì đổi dấu trước căn của đa thức bậc lẻ, nếu chỉ toàn căn của đa thức bậc
chẵn thì phải thử từng cái. Đổi dấu trước
,u v
chứ không đổi dấu trước
uv
(khi PT chứa
cả 3 căn này).
+ Nếu giả sử nhân tử thì nhân tử phải chứa đủ các căn:
1
( ) ( ) 0
k
i i
i
g x b h x

 



+ Nếu các nghiệm giải được không liên hợp với nhau thì với mỗi nghiệm mà máy giải ta tìm
ra 1 nhân tử chứa nó, và coi như PT chứa chừng ấy nhân tử (mỗi nhân tử cho 1 nghiệm) để
phân tích.

Trong cách phân tích đa thức f
n
(x) thành nhân tử đã nêu, sau khi tìm được 1 nhân tử bậc 2 là
g
2
(x) ta chia
2
2
( )
( )
( )
n
n
f x
g x
g x


bằng kỹ thuật khai triển đa thức trên MTBT để xác định
2
( )
n
g x


.
Nhưng nếu ta cần chia
1
( ) ( ) ( )
k
n i i
i
F x f x a h x

 

(
( )
i
h x
là các đa thức) cho nhân tử là
1
( ) ( ) ( )
k
m i i
i
G x g x b h x

 

để tìm nhân tử còn lại thì phải làm cách khác. Ta giả sử rằng:
1
( )
( ) ( )
( )

k
p i i
i
F x
u x c h x
G x

 

, do đó nhập vào máy:
1
1
( ) ( )
(1)
( ) ( )
k
n i i
i
k
m i i
i
f X a h X
g X b h X






. Để xác định hệ

số c
1
của
1 1
( )c h x
trong nhân tử cần tìm, ấn
CALC
, ta gán X sao cho
1
( )h X
là số xấu còn
( ) ( 2; )
j
h X j k


đều là số đẹp, thì kết quả có dạng
p q w

(nếu kết quả xấu thì chọn X
khác). Quay lại biểu thức
(1)
, nhập thêm “
p
” rồi ấn

, kết quả chính là
q w
, chia kết quả
này cho

1
( )h X
ta được hệ số c
1
(thường gặp c
1
= q)
( )
. Như vậy quay lại
(1)
, nhập thêm ta
được
1
1 1
1
( ) ( )
( ) (2)
( ) ( )
k
n i i
i
k
m i i
i
f X a h X
c h X
g X b h X








. Bây giờ để xác định hệ số c
2
của
2 2
( )c h x
, ta lại
chọn X gán vào
(2)
sao cho
2
( )h X
là số xấu còn
( ) ( 3; )
j
h X j k


đều là số đẹp, lặp lại
thao tác tương tự ta tìm được c
2
, rồi quay lại
(2)
nhập thêm “
2 2
( )c h X


”, cứ như vậy ta xác
định được
1
( )
k
i i
i
c h x


.
Lâm Hữu Minh -

14

Cuối cùng là xác định đa thức
( )
p
u x
, ta có:
1
( )
( ) ( ) (3)
( )
k
p i i
i
F x
u x c h x
G x


 

. Như vậy bằng
việc tính (3) với X = 1000, ta được kết quả
(1000)
p
u
, từ đó tìm được
( )
p
u x
. Trong trường hợp
các hệ số của
( )
i
h x
ở bước chia
( )
thay đổi liên tục (thử chia với 2 giá trị X khác nhau sẽ
thấy), suy ra hệ số của
( )
i
h x
trong thương là đa thức
( )
i
v x
chứ không phải 1 số, và trong đề
thi ĐH chỉ có bậc 1 hoặc 2, do đó ta dùng MODE 3 (STAT) để tìm đa thức này.

Trước hết ta thực hiện bước chia
( )
3 lần để tìm 3 giá trị c
1
khác nhau ứng với X = x
1
, X =
x
2
,
X = x
3
, đó chính là 3 giá trị
1 2 3
( ) ; ( ) ; ( )
i i i
v x v x v x
. Như vậy biết 3 điểm
1 1 2 2
( ; ( ) ); ( ; ( ) )
i i
x v x x v x
;
3 3
( ; ( ) )
i
x v x
thuộc đồ thị hàm
( )
i

v x
có bậc 1 hoặc 2, ta hoàn toàn xác định được hàm số đó.
Cách xác định
( )
i
v x
bằng MODE STAT được nêu ở Câu 5.
Ngoài ra, ta thường gặp
( )
p
u x
với p = 1; 2, do đó ta có thể tính
1
( )
( )
( )
lim
k
i i
i
p
x
F x
c h x
G x
x





để
xác định hệ số của x
p
(và toàn bộ
( )
p
u x
) giống như kỹ thuật khai triển đa thức bậc cao.

Sau khi tìm ra 1 nhân tử của PT
1 2 1
( ) ( ) ( ) ( ) 0
f x f x f x g x
  
là
1 2
( ) ( ) ( )h x g x g x
 
thì
có thể phân tích f(x) thành nhân tử bằng cách chia
( )
( )
f x
h x
, song nếu ngại chia có thể chuyển
sang cách triệt tiêu căn (bản chất là nhân liên hợp với h(x)):
2
1 2 1 2
2 1 2 2
2 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
h x g x g x g x g x k x
f x f x h x f x f x g x u x k x
f x f x h x u x k x h x f x u x g x u x g x

 
   

 

   


 
     
 

(f(x) chứa nhiều căn làm tương tự).

PT
( ) ( 3)
n
f x n

khi máy giải ra tất cả nghiệm đều xấu, thì hầu hết phải sử dụng lượng giác
hóa. Lúc này có thể thử tính
0 0 0
arcsin ; arccos ; arctanx x x

(x
0
là nghiệm đã lưu vào biến) để tìm
dạng lượng giác của nghiệm, là
sin( )x kc
 
 
với
1;k l

ứng với l nghiệm khác nhau (có
thể thay sin bằng cos hay tan). Nếu không tìm được dạng lượng giác, thì tùy vào khoảng giá trị
x (có thể dựa vào các nghiệm mà máy giải) để đặt
sin ; cos tant x t x hay t x  
, lao vào giải
tay.

Vài cách đặt ẩn phụ để lượng giác hóa (tương tự như nguyên hàm - tích phân):
_ PT
( ) 0
n
f x

: tổng quát đặt x = tgt chuyển về PT đẳng cấp với sint, cost
_ PT chứa
2 2
a x
: đặt
| | sinx a t

_ PT chứa
2 2
x a
: đặt
| |
sin
a
x
t


_ PT chứa
2 2
x a
: đặt
| |
| | cotg
a tgt
x
a t





Lâm Hữu Minh -

15

_ PT chứa

a x
a x


: đặt
cos2x a t

_ PT chứa
( )( )x a b x 
: đặt
2
( )sinx a b a t  

(Nếu BPT chứa các đại lượng trên thì cũng đặt tương tự).

Nếu HPT có PT1 chứa phần đa thức có bậc
3
nhiều hơn, PT2 chứa dạng khác hẳn, thì
thường rút được quan hệ x, y đơn giản từ PT2, để thế vào PT1.

Nếu 2 vế PT f(x) = g(x) là hàm ngược của nhau thì quy về giải PT
( )
( )
f x x
g x x







Máy vẫn có thể không tìm được nghiệm của PT dù PT có nghiệm (do
G
x 
giá trị ban đầu,
nhập vào không phù hợp), lúc này trong trường hợp PT
4 3 2
( ) 0
F x ax bx cx dx e
     
,
nên xử lí theo 1 trong 2 cách:
_ Cách 1: xét dấu
2
2
4
( )
4
ac b
f x x dx e
a
 

  
 
 
(
2
( )

4
4 4
g x
ac b
a a


 
là cực trị của
2
( )
g x ax bx c  
):
Nếu
( ) 0f x x D R   
: F(x) = 0 vô nghiệm trên D, có thể có nghiệm trên
\R D

Nếu
0
( ) 0
f x

: F(x) = 0 nếu có nghiệm thì nghiệm là x = x
0

_ Cách 2: phương pháp tam thức bậc 2: viết lại
2 2
( ) ( ) 0
F x ax bx c x dx e

     

( ) 0F x 
có nghiệm
2 2 2 2
4( ) 4 4 4 0
x
d ax bx c e aex bex d ce
           
. Từ đó
tìm được khoảng nghiệm hoặc c/m được PT vô nghiệm.
(Có 3 cách viết lại F(x) như sau:
2 2
2 2 2 2
2 2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
F x ax bx x cx d x e
F x a x bx x cx dx e
F x a x bx c x dx e

    

    


    

để

2
x
x





cũng có bậc
2).

Phương pháp thế luân hồi thường dùng cho PT:
3 3
3 3 3 3
1 2 1 2
3
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( )
f x f x g x g x F x G x F x G x
f x f x F x f x f x G x g x g x G x g x g x
      
       

_ Nếu
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x  

 



       
3 3
3
3 3 3
1 2 1 2
2 2 2
3 3
3 3 3 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3
1 2 1 2 2 1
( ) ( ) ( ) 3 ( ) ( ) ( ) ( )
0
1
0 ( )
2
f x f x F x f x f x F x
f f F f f F f f F f F f
f f F f f f F F f
   
    
   
        
 
         
 
 

_ Nếu
1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x g x  

3 3
1 2 1 2
1 2 1 2
( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
F x
F x f x f x F x g x g x
f x f x g x g x


    




Lâm Hữu Minh -

16

(Ở TH nào sau khi tìm ra nghiệm của
( )
phải thử lại vào PT đầu).

Phương pháp đồng nhất hệ số cho PT

1
( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( 3)
k
n i i
i
F x f x g x h x k

   

: giả sử
1
1
( ) ( ) ( ) ( )
k
l
j j i
j
i
i
F x u x v x w x


 
 
 
 
 
 
 
 

 


(trong đó
( ) ( 1; )
j
v x j l


là các nhân tử tối giản (tức là
nhân tử vô nghiệm) khác nhau bao gồm các nhân tử của các
( ) ( 1; )
i
h x i k


nếu
( )
i
h x
có
nghiệm và chính
( )
i
h x
nếu nó vô nghiệm;
( ) , ( )
j i
u x w x
là các đa thức có

deg deg ( )
i
g x
):
_ Nếu F(x) vô nghiệm: khai triển hoàn toàn F(x) rồi đồng nhất hệ số.
_ Nếu F(x) có nghiệm x = x
0
: biểu diễn
( )
i
g x
qua
( ) , ( )
j i
u x w x
bằng cách khai triển F(x)
không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định 1 đại lượng nào đó tương ứng trong F(x) khi đã khai triển
hoàn toàn) rồi đồng nhất không hoàn toàn (chỉ nhằm xác định dạng, bậc của biểu thức) để
được mối liên hệ công bội giữa
( ) , ( )
j i
u x w x
(VD
( ) ( )
j i
u x aw x
với
a R
, chưa cần xác định
rõ a). Từ đó tìm ra liên hệ công bội giữa các hệ số của

( ) , ( )
j i
u x w x
trong mỗi nhân tử
1
( ) ( ) ( ) ( )
l
i j j i
j
i
f x u x v x w x

 
 
 
 

, nhằm giảm số đại lượng chưa biết (để biểu diễn các hệ số)
xuống ít hơn. Tiếp đến giả sử nhân tử
( )
i
f x
cho nghiệm
0 0
( ) 0
i
x x f x
  
, kết hợp những
gì đã tìm ở trên, xác định được các hệ số của

( ) , ( )
j i
u x w x
, tức là nhân tử
( )
i
f x
, từ đó tìm
được các nhân tử còn lại (có thể phải dùng thêm những nghiệm khác nếu có) bằng cách triệt
tiêu căn (được 1 cách phân tích). Tiếp tục giả sử tương tự với các nhân tử chưa biết khác, tìm
ra các cách phân tích khác. Cuối cùng chọn ra cách phân tích thoả mãn (không phải cách nào
cũng đúng).

Phương pháp cộng trong giải hệ đa thức hệ số nguyên
( , ) 0
( , ) 0
f x y
g x y





: khi việc phân tích thành
nhân tử với f(x,y), g(x,y) không thực hiện được, thì ta tìm k sao cho
( , ) ( , )f x y kg x y
có thể
phân tích thành nhân tử. Xét hệ
2 2
1 1 1 1 1 1

2 2
2 2 2 2 2 2
( , ) 0
( , ) 0
f x y a x b y c xy d x e y f
g x y a x b y c xy d x e y f
      


      

:
_ Cách 1: đặt
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
; ; ; ; ;
a a ka b b kb c c kc d d kd e e ke f f kf           
thì
2 2
( , ) ( , ) ( , )
F x y f x y kg x y ax by cxy dx ey f        
F(x,y) phân tích được thành
nhân tử
2 2
( , ) ( ) 0
F x y ax cy d x by ey f
       
có nghiệm x
y 
, tức là:
2 2 2 2 2

2
2 2 2
( ) ( ) 4 ( ) ( 4 ) 2( 2 ) 4 0
4 0
( )
' ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 0
G
G x cy d a by ey f c ab y cd ae y d af y
c ab
cd ae c ab d af
               
 

 

      



Do đó ta dùng máy tìm k thỏa mãn hệ
( )
. Ngoài ra để làm nhanh hơn (nhưng số giá trị k bị
ít đi), ta giải PT
2 2 2 2 2 2
' 0 ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 4
G
cd ae c ab d af cde abf ae bd fc           

(PT bậc 3 ẩn k) tìm được k. Lúc này
2 2

( 4 )( )c ab y n   
, do đó nếu
2
4 0c ab 
thì chỉ có
0 ( )y n  
mới thỏa mãn
2
( , ) ( ) ( ; ) ( ; )F x y a x m x y m n    
(nhưng hầu như không rơi
Lâm Hữu Minh -

17

vào TH này). Nếu ban đầu viết
2 2
( , ) ( )
F x y by cx e y ax dx f     
thì tương tự ta cũng
được
2 2 2 2 2 2
' ( 2 ) ( 4 )( 4 ) 0 4
G
ce bd c ab e bf cde abf ae bd fc           

_ Cách 2 (dùng khi hệ có ít nhất 2 nghiệm
1 1 2 2
( ; ); ( ; )x y x y
và phải nhẩm được 2 nghiệm đó):
+ Lập phương trình đường thẳng qua 2 điểm

1 1 2 2
( ; ); ( ; )A x y B x y
:
2 1 2 1 2 1 1 2
( ) :( ) ( ) 0 0
y y x x x y x y x y ax by c
          
. Do đó
( , )H x y
phải có nhân tử
ax by c 
(ở Câu 5 có cách lập PT đường thẳng qua 2 điểm bằng MTBT).
+ Lấy
0 0
0 0
0 0
( ; )
( ; ) ( ) ( , )
( ; )
f x y
M x y M A B k
g x y
     

+ Từ đó phân tích
( , ) ( ) ( , )H x y ax by c h x y  
, chia đa thức kết hợp khai triển để tìm h(x,y)
(Nếu nhẩm được 1 nghiệm vô tỉ thì ta cũng có thể tìm được liên hệ
0ax by c  
)

_ Cách 3 (áp dụng dễ hơn khi nhẩm được từ 3 nghiệm trở lên):
+ Sau khi tìm được nhân tử
ax by c 
, giả sử
( , ) ( , ) ( ) ( , )F x y kG x y ax by c h x y   
(bậc
của h(x,y) xác định dựa vào bậc của F(x,y), G(x,y)).
+ Dùng hệ số bất định tìm ra h(x,y)
Với hệ PT đa thức hệ số nguyên có dạng khác hệ trên (bậc 2 PT không bằng nhau, thường
hơn kém nhau 1 đơn vị), ta tìm cách đưa về hệ trên bằng cách sử dụng cách 2 ở trên tìm ra liên
hệ
y ax b 
, khi đó:
( , ) ( ) 0
( )
( )
( , ) ( ) 0
( )
f x y u x
u x
k w x
g x y v x
v x
 

  

 

(biểu thức chứa biến). Cách này

có thể gây phức tạp vì
( )k w x
, do đó có thể đặt
y x t  
để làm cho bậc 2 PT bằng nhau,
khi đó tìm được k là 1 số.

HPT hoán vị vòng quanh (HPT vòng) n ẩn (
3n 
):
1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
n
f x g x
f x g x
f x g x











, thường gặp n = 3, khi
đó ta có cách giải tổng quát:
_ B1: đặt ĐKXĐ, đưa hệ về dạng
( )
( )
( )
x F y
y F z
z F x








nếu cần.
_ B2: giả sử
x y z 
(vì x, y, z bình đẳng), xét hàm
( )F t
, dùng
'( )F t
c/m
( )F t
đơn điệu, giả
sử
( )F t

đồng biến
( ) ( ) ( )F x F y F z  
, nên từ hệ
z x y  
. Vậy chỉ có thể x = y = z
_ B3: giải 1 trong 3 PT
( )
( )
( )
x F x
y F y
z F z








rồi kết luận.

Phương pháp biến thiên hằng số: biến đổi PT
( ) 0 [ , ( )] 0f x F x g x  
(nên làm sao cho
g(x) = a và F[x,g(x)] là hàm đa thức theo g(x)). Đặt g(x) = t (không cần đặt điều kiện cho t) ta
được
( , ) 0 ( ) ( ) ( )F x t t h x g x h x    
, giải tìm x. Nếu h(x) phức tạp như f(x) thì không
nên giải tiếp (tìm cách khác).

Lâm Hữu Minh -

18

Câu 3. (Tích phân)

Khi nháp, nên bỏ qua các hằng số k trong biến đổi
( ) ( )f x dx k g x dx

 
(với tích phân thì
bỏ qua cận, coi như nguyên hàm) để làm nhanh hơn, lúc trình bày mới tính toán viết vào.

Với bài toán
( ) ?f x dx 

khi chưa tìm ra nguyên hàm cuối cùng thì không được viết thêm
“+ C” (hằng số bất kì của mỗi nguyên hàm trong họ).

Nếu phải tìm
( )f x dx

bằng 1 phương pháp nhất định (thường chỉ có trong quá trình học)
mà khó giải thì nên tìm bằng tất cả phương pháp đã biết (khi đã biết trước) để được
( ) ( )
f x dx F x C 

rồi ghi rõ quy trình tính
'( ) ( )F x f x
ra nháp, lật ngược lại quy trình để

xác định rõ cách biến đổi tìm
( )f x dx

theo phương pháp yêu cầu.

Nếu
( ) ( )
f x dx F x C 

thì f(x) có thể gián đoạn tại a, b khi tính
( )
b
a
f x dx

nhưng điều đó
không chắc đúng với F(x).

Nguyên hàm không có tính chất sau như tích phân:
( ) ( )
b b
a a
f x dx f t dt

 


Biến đổi phải tránh tạo ra các nguyên hàm sau đây, vì đó là dạng nguyên hàm cao cấp, HS
THPT chưa thể giải:
2

3 4 2 2
sin cos
1 ; 1 ; sin ; cos ; sin ; cos ; ; ; ln sin ;
ln( 1)
; ; ;
ln
x
x
x x
x dx x dx xdx xdx x dx x dx dx dx x dx
x x
dx x e
dx dx e dx
x x x

 

        
   
(các nguyên hàm này có dạng chuỗi vô hạn và người ta chỉ có thể xấp xỉ với một độ chính xác
nhất định).


Nếu
( ) ( ) ( )f x h x g x

(thường chỉ có 1 căn) thì đặt
( )t g x

hầu hết sẽ làm ra.


Tính
( ), ( )
n m
F f x f x dx
 
 

, đặt
( , )
( )
BCNN n m
f x t


Phương pháp thế Euler: khử
2
( )
g x ax bx c  
bằng cách đặt
0 0
( 0)
( ) ( 0)
( ) ( ( ) 0)
ax t a
g x tx c c
t x x g x

  


  


 




Với
1 1 1
2 2 2
( )
; ; ( )
m n p
I x ax b dx
m n p
m n p Q
m n p

 


   



(m, n, p tối giản), đặt
2 2
2
2

{ ; }
( )
1
1
BCNN m n
p
n
n
p
n
x t p Z
m
ax b t Z
n
ax b m
t p Z
x n


 



 
  

 
 



 
 
  

 
 


Lâm Hữu Minh -

19


Với
1
1
1 1
, ( ), , ( )
{ , , , , }
k
k
m
m
nn
k k
F x f x f x dx
m n m n N


 


 

 
 




, đặt
1
{ , , }
( )
k
BCNN n n
f x u


Đổi biến hàm lượng giác:
(sin ,cos )f x x dx


_ Tổng quát đặt
tan
2
x
t 
thì
2
2 2 2

2 1 2
sin ; cos tan
1 1 1
t t t
x x x
t t t

   
  

_ Nếu
( sin ,cos ) (sin ,cos )f x x f x x  
(hàm lẻ theo sinx):
cost x

_ Nếu
(sin , cos ) (sin ,cos )f x x f x x  
:
sint x

_ Nếu
( sin , cos ) (sin ,cos )f x x f x x   
:
tant x


Tính
(sin ,cos )
n m
f x x dx


:
_ Nếu n chẵn, m lẻ: đặt t = sinx (và ngược lại).
_ Nếu n, m lẻ, n < m: t = cosx (và ngược lại).
_ Nếu n, m chẵn:
tan
cot
x
t
x




hoặc hạ bậc.

Một cách đổi biến không đúng điều kiện khi tìm nguyên hàm có thể đúng trong khoảng cận
khi tính tích phân.

Có thể dùng nguyên lí đổi biến:
( )
[ ( )]
( )
x f u
x f g t
u g t


 




để kết hợp các lần đổi biến ngoài
giấy nháp thành 1 lần trong bài làm.

Phương pháp tích phân từng phần luân hồi (tích phân quay vòng) thường dùng khi f(x) là
tích các hàm
, ln ,
bx c
a x

lượng giác:
( ) |
( ) ( ) |
1
b
b
b
a
a
a
G x
I f x dx G x kI I
k
     



(Nếu
( ) [ln ] ( ) [ln ] '[ln ]f x g x f x dx xg x xg x dx

   
 
)

Nếu
( ) ( )
dx
I
P x Q x


với P(x), Q(x) là 2 hàm lượng giác
sin( ), cos( )ax b ax c 
), biến đổi:
1 sin[( ) ( )]
sin( ) ( ) ( )
1 cos[( ) ( )]
cos( ) ( ) ( )
ax b ax c
dx
b c P x Q x
I
ax b ax c
dx
b c P x Q x
  






  






(nếu
( ) ( )
dx
I
F x G x



với F(x), G(x) là hàm
lượng giác thì biến tổng thành tích:
( ) ( ) 2 ( ) ( )F x G x P x Q x 
).

Kỹ thuật chồng nhị thức:
( ) 1
( )
( )
n
m
ax b ax b
I dx f x d
cx d ad bc cx d

 
 
 
 
  
 
 
:
_ Nếu
1
1: ( ) ( )
n
ax b
m n f x ax b
cx d


 
   
 

 

Lâm Hữu Minh -

20

_ Nếu
2m n 
:

2
2
2
1 1
( )
( )
m n
m n n n
m n
ax b ax b ax b
f x a c
cx d cx d ad bc cx d cx d
 
 
 
    
       
  
       
 
    
       
 


Với
1
( ) ( )
( )
( )

( )
i
m m
k
n
n i
i
f x f x dx
I dx m n
G x
g x

  
 

: phân tích
1 1
1
( )
( )
( )
i
j
i
n
k
i
m
k
i j

j
i
n i
i
a
f x
g x
g x
 

 

 
 
 
 

rồi quy
đồng khử mẫu, sau đó đồng nhất hệ số, hoặc thay
1
k
i
i
n


giá trị thử (có dùng các nghiệm của
( )
n
G x

nếu có) để được hệ phương trình bậc nhất, giải tìm ra các
j
i
a

Trường hợp đặc biệt:
2
1 1 1
( ) ( )
p q
p
p q
dx ax b
I d
ax b cx d ad bc cx d cx d
ax b
cx d
 

   
 
   
    
   

 
 

 
 

Tương tự:
2
2
2
[1 ( )]
( )
sin ( )cos ( ) ( )
m n
n m n
dx tg ax b
dtg ax b
ax b ax b tg ax b
 
 
 
  
 
song việc tính
2
2
2
( 1)
m n
n
t
dt
t
 



có thể rất khó (nhất là khi m + n lẻ).

Tách hàm
1 1
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n
c a
ax b cx d f x bc ad cx d f x c ax b f x
 
 
 
    
 


Dùng khai triển Taylor cho hàm đa thức để tách hàm
( )
( ) ( )
n
k
f x
x a g x

nhanh hơn:
( )
2
'( ) ''( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1! 2! !

n
n
n n n
n n
f a f a f a
f x f a x a x a x a
n
       


“Về nguyên tắc ta có thể tính
20 x
x e dx

và
20
sin
x xdx

bằng phương pháp hệ số bất định có
lời giải khoảng 2 trang giấy, hoặc sử dụng tích phân từng phần 20 lần dài khoảng 3 trang giấy,
nhưng nếu giải nó bởi 5 biến đổi dấu “=” với khoảng 10 dòng thì lại là một đẳng cấp khác…
Đó chính là tác dụng to lớn mà kỹ thuật “tách gọn tích phân” (hay “tách tích phân triệt để”)
cho thấy. Kỹ thuật này là tách 1 tích phân mà giải theo cách thông thường rất dài thành các
tích phân con có thể sử dụng tích phân từng phần 1 lần để rút gọn toàn bộ (chỉ còn lại kết quả),
được mô tả theo sơ đồ:
1 2 1 1 0
1 0 0 1
( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '( )
( ) ( ) ( ) ( ) "

I F x g x dx f x g x dx f x g x dx f x g x f x g x dx I
f x g x I I f x g x C
     
    
   

(TTMT)
Kỹ thuật tách gọn tích phân thường dùng để giải nhanh một cách ngoạn mục (chỉ cần khoảng
nửa trang giấy) 2 dạng sau:
Lâm Hữu Minh -

21

1 2 1
1 2
2
1 2
1 2
1 2
2
1 1 1
1
2
( 1)

ln ( ln ) ( ln )
( 1)

ln ( ln ) ( ln )
1 ( 1) ( 1)

ln ( ln ) ( ln )
n n
n ax b n n ax b
n n n
n
n n
n n n ax b
n n n
n
n n n
n n
n n
n
A A A
I x m dx x x m dx
a m a m a m
A A A
x x x m dx I I
a m a m a m
A A A
x x x
a m a m a m

   
  
 

 


    
 
 
 

      
 
 
 
    
 

2
1
1 1 1
1
2 2
2 1
'
( ln )
1 ( 1) ( 1)

ln ( ln ) ( ln ) ( ln )
n
ax b
n
n
n n n n
n n ax b
n n n

n n
m dx I
a m
A A A
x x x m I I
a m a m a m a m


 
 

 

 
 
 
 
 
      
 
 
 
 


1 3 2
1
1 3
2
3 2

2 4 1 2 1
1
2 4 2
2 2
2 4 1 2 1
1 3
1
cos( ) ( 1) sin( )
( 1) cos( ) ( 1) cos( )
n
n
n n n
n n n
n
n n
n n
n n n n
n n n n n
n n
n
n n
A A A
J x ax b dx x x x ax b dx
a a a
A A A A A
x x ax b dx x x ax b dx
a a a a a
A A
x
a



 

 

  
 

 
       
 
 
   
           
   
   
 
 
 
2
1
3
2
1 2 3 4
3 2
2 1
2
2
3

1 3 2
1
1 3
2
3 4
2 4 1
( 1) sin( )
( 1) 'sin( )
( 1) 'cos( )
n
n
n
n
n
n
n n
n
n n
n
n
n
n n
n n n
n
A
x x ax b dx J J J J
a a
x A A
x ax b dx
a a a

A A A
x x x ax b dx J J
a a a








 

 
       
 
 
 
     
 
 
 
       
 
 



2 1
2

2
3
3
1 3 2
1
1 3
2
4 3 4
2 4 1
( 1) sin( )
( 1) cos( )
n
n n
n
n n
n
n
n
n n
n n n
n
x A A
x ax b J
a a a
A A A
x x x ax b J J J
a a a





 

 
 
 
      
 
 
 
 
 
 
 
 
        
 
 
 
 
 

(Ở đây J tính cho n chẵn, trường hợp n lẻ và
sin( )
n
K x ax b dx
 

tính tương tự).


Cách tách hàm trong kỹ thuật tách gọn tích phân ở 2 dạng trên (mấu chốt là sử dụng công
thức:
 
1 1
'
k n k k n k
n n
A x A x
   

):
_ Dễ thấy
( ) [ '( ) ( ln ) ( )] ( )
ax b ax b ax b
F x m dx f x a m f x m dx f x m C
  
   
 
. Ở đây F(x) là hàm
đa thức F
n
(x)
1 1
1 2 1 1 1
( ) ( ) '( ) 2
n n n
n n n n n
f x f x k x k x k x k f x nk x k x k
 
 

           
.
Do
( )
n
n
f x x
 
chọn
1
1
ln
k
a m

, dùng đồng nhất hệ số tìm ra các
( 2; 1)
i
k i n
 

thoả mãn:
1 1
2 1 1
ln ( ) 2
ln
n n
n n n n
n
a m k x k x k x k x k

a m
 
 
 
       
 
 

_ Giả sử
( )cos( ) ( )sin( ) ( )cos( )
n m p
F x ax b dx f x ax b g x ax b C     

. Đạo hàm 2 vế ta có:
Lâm Hữu Minh -

22

 
1
( )cos( ) '( )sin( ) ( )cos( ) '( )cos( ) ( )sin( )
1
'( ) ( )
1( , , )
( ) '( ) ( )
1
( )cos( ) ( ) '( ) cos( ) '( )
n m m p p
m p
m p n

n n n n
F x ax b f x ax b af x ax b g x ax b ag x ax b
m p
f x ag x
m n p m n p N
m n
af x g x F x
p n
F x ax b af x g x ax b f x

        
 




      


 
 



 


    

 

1
1
1 1 1 1
1 2
1 1 1 1 1 2 1
( ) sin( )
( ) '( ) 2
( ) '( ) ( 1) 2
n
n n
n n n n n n
n n
n n n n n n
ag x ax b
f x k x k x k f x nk x k x k
g x l x l x l g x n l x l x l


 
 
    

 

        


         


Do F
n
(x) = x
n
nên bằng cách đồng nhất hệ số, chọn ra các
( 1; 1), ( 1; )
i j
k i n l j n
  
 
thoả mãn:
2
1 1 1 2 1
1 1
1 1 1 1
( ) ( 1) 2
2 ( )
n n n
n n n n
n n
n n n n
a k x k x k n l x l x l x
nk x k x k a l x l x l

  
 
 

        


      


(2 cách trên áp dụng tương tự khi F
n
(x) phức tạp hơn x
n
).

Tích phân đặc biệt theo tính chất (ở đây f(x) liên tục trên các đoạn chứa 2 cận đang xét):
_
( )
a
a
I f x dx



: nếu f(x) chẵn thì
0
2 ( )
a
I f x dx


; nếu f(x) lẻ thì
0I 

_
( ) ( )

b b
a a
f x dx f a b x dx
  
 

_ Hàm f liên tục trên [0;1]
2 2
0 0
(sin ) (cos )f x dx f x dx
 
 
 

_ Nếu f(x) tuần hoàn chu kì T (T > 0):
0
( ) ( )
a T T
a
f x dx f x dx


 

_
2
0 0
( ) [ ( ) (2 )]
a a
f x dx f x f a x dx

  
 

_ Với hàm f(x) chẵn:
0
( )
( )
1
a a
x
a
f x
dx f x dx
m



 

_ Nếu
( ) ( ) [ ; ] ( ) ( )
2
b b
a a
a b
f a b x f x x a b xf x dx f x dx

      
 

_ Nếu
f
liên tục đến
''f

trên [a;b] và f(a) = f(b) = 0 thì
''( )( )( ) 2 ( )
b b
a a
f x x a x b dx f x dx
  
 


Phương pháp tích phân liên kết (thường dùng cho hàm lượng giác): xét
2
( ) ( )I f x g x dx




là tích phân liên kết của
1
( ) ( )I f x g x dx


, ta được hệ
1 2 1
1 2 2
[ ( ) ( )] ( ) ( )

[ ( ) ( )] ( ) ( )
I I f x f x g x dx h x
I I f x f x g x dx h x



   


   





Lâm Hữu Minh -

23


Nếu f(x) chứa
1 2
( ) ( )f x f x
(tích 2 hàm khác dạng) nằm ở vị trí khiến cho việc tách hoặc phân
tích f(x) thành nhân tử siêu khó, khi đó
( )f x dx

hầu hết giải được theo cách:
1 2
( ) '( ) { [ ( ) ( )]}f x dx G x F G f x f x dx


 


Thứ tự áp dụng các phương pháp hay kĩ thuật khi tính tích phân (dựa theo xác suất thành
công của từng phương pháp khi làm đề thi ĐH): đổi biến

tích phân từng phần

tích phân
theo tính chất

tích phân liên kết.

Nên dùng các phép thử:
_ Với
( )
( )
F x
dx
G x

, tính
'( ) ( )K x k x
với
( ) ( )K x G x
xem có xảy ra
1
( ) ( )
( ) ( )

k x F x
k x F x





(
1
( )F x
là
nhân tử của F(x)).
_ Biến đổi
( )
( )
( )
( )
( )
( )
f x
f x
h x
g x
g x
h x

(chủ yếu với hàm lượng giác) khi biết được
( ) 0
( ) 0
h a

h b





(a, b: 2 cận
tích phân, có thể h(x) = f(x)).

Phần diện tích có thể tính bằng kiến thức hình học phẳng thì không nên dùng tích phân.

Nếu phải tìm giao điểm của 2 đồ thị
( ), ( )y f x y g x 
để tính
( ) ( )
b
a
f x g x dx


, thì lấy a, b
lần lượt là 2 nghiệm max, min của PT f(x) = g(x) khi PT có ít nhất 3 nghiệm.

Kiểm tra tính đúng của
( ) ( )F x f x dx


(hoặc
( ) '( )f x F x
) tìm được bằng MTBT: nhập

câu lệnh:
_ Cách 1:
( ( )) | ( )
x X
d
F X f X
dx


, áp dụng “nguyên tắc thử giá trị tốt nhất” để kiểm tra (chỉ cần
1 giá trị là đủ).
_ Cách 2:
( ) ( ) ( )
B
A
f X dx F A F B
 

, kiểm tra như trên (giá trị thử có thể chính là 2 cận trong
bài toán
( ) ?
b
a
f x dx 

đang làm).
Câu 4. (Hình học không gian thuần tuý và tọa độ)

Vẽ hình nháp trước khi vẽ vào bài để xác định đúng các yếu tố: có nhiều yếu tố chỉ sau khi
đã giải (1 phần hay toàn bộ bài toán) mới vẽ được đúng (thường là xác định đường cao).


Dùng “tư duy động” trong quan sát hình: nếu 2 yếu tố có những điều kiện giống nhau thì
yếu tố này chỉ là một vị trí khác trong không gian của yếu tố kia và ngược lại. Nghĩa là nhìn 1
hình dưới quan điểm là “các vị trí khác nhau trong chuyển động” của 1 hình khác chứ không
phải là “tập hợp” những hình tương tự nhau tạo nên.

Tưởng tượng trực quan: nếu thay đổi 1 dữ kiện trong khi các dữ kiện khác giữ nguyên mà
làm cho kết luận cần c/m bị thay đổi thì đó là dữ kiện cần để c/m kết luận, và ngược lại.
Lâm Hữu Minh -

24


Với mọi bài toán hình: vạch ra quy trình giải ngoài giấy nháp để tránh lủng củng, thiếu sót:
A B C D  
, dấu “

” cho biết thứ tự giải các phần không có liên quan trực tiếp đến
nhau (A, B, …) của bài toán, dấu “

” cho biết sự suy ra 1 phần khác từ phần đã tìm được
(liên quan trực tiếp đến nhau).

Đơn giản hoá hình vẽ (tách hoặc co hình): lựa chọn phần hình H chứa điều cần tìm (c/m)
của hình ban đầu D, chuyển tất cả những dữ kiện đề cho của D về H (bằng cách vẽ những dữ
kiện không thuộc H vào H ở vị trí hợp lí sao cho chúng giữ nguyên tính chất), cuối cùng vẽ lại
H riêng ra (đã chứa tất cả dữ kiện).

Phương pháp giới hạn hình học (đặc biệt, của TTMT, chưa được áp dụng chính thức) để xác
định mặt phẳng và quỹ tích (trước khi nhìn vào để tìm cách dựng bằng phương pháp đề cho

phép), dựa trên 2 nguyên lí tương đối:
_ Tại mọi vị trí trong không gian, nếu các điều kiện riêng của yếu tố hình học A không thay
đổi thì tính chất, hệ quả của A cũng không thay đổi.
_ Yếu tố hình học A khi tiến dần về vị trí của yếu tố B nhưng không bao giờ trùng vào B
(
lim A B
) thì các tính chất, hệ quả của B cũng không thể chung với A.

Nguyên lý của kỹ thuật giới hạn TTMT: khi đề bài yêu cầu chứng minh (hay tìm) tính chất
(hoặc quỹ tích) K của hình H, ta chứng minh giới hạn của H khi 1 (hoặc vài) yếu tố h của nó
tiến về 2 mút quỹ tích A và B (được chọn thích hợp trong số các mút thuộc tập xác định của
H, H đồng biến trên AB) là hình F và G
lim
lim
h A
h B
H F
H G


  


 


 


 

mang cùng tính chất K, khi đó H có
tính chất K trên AB (hoặc K là tính chất cần tìm của H, hoặc quỹ tích của H từ F đến G). Cách
dùng kỹ thuật này để:
_ C/m quan hệ song song (vuông góc) giữa H, K (các đường thẳng hay mặt phẳng luôn thoả 1
tính chất nào đó trên AB): c/m
lim
A
h
B
H K





hoặc
lim
A
h
B
K H





(chọn tính giới hạn của yếu tố nào
mà việc thay đổi những yếu tố h hợp thành nó ít (hoặc không) gây ảnh hưởng đến những yếu
tố khác (trừ chính nó)).
_ Xác định quỹ tích điểm H có tính chất K thay đổi trong đoạn AB: tính

lim
lim
h A
h B
H F
H FG
H G





 




, nếu trên AB chứa đoạn MN mà trên đó tính chất của H khác K (H
không xác định), tính thêm
lim
lim
h M
h N
H P
FP QG
H
H Q FQ PG







 








(giới hạn của H tại M, N được tính
theo chiều từ ngoài đoạn MN).
_ C/m 3 điểm H, K, L thẳng hàng: c/m quỹ tích H là đoạn (đường) thẳng có phương trùng KL.
_ C/m 3 đường H, K, L đồng quy.
_ Tính thể tích khối H: chọn phần khối
K H
sao cho các yếu tố của K có thể biến hình được
thành các yếu tố của H đơn giản và biểu thức tính
K
V
dễ tìm, rồi tính
lim
K H
k h
V V


(k, h lần lượt

là 1 (hoặc vài) yếu tố nhỏ hợp thành K, H).
Lâm Hữu Minh -

25

_ Tính khoảng cách giữa các đường thẳng (mặt phẳng) H, K.
_ Tính góc giữa H, K.

Đôi khi ta phải giải hệ bậc nhất 4 ẩn, 4 PT (là hệ quả của việc sử dụng biến số để lập PT
đường thẳng, mặt phẳng hay đường tròn) mà MTBT không giải được hệ 4 ẩn, ta vẫn có thể
dùng MTBT để trợ giúp như sau: trước hết chuyển hệ về hệ số nguyên nếu các hệ số chưa
nguyên, ta được:
1;4
i i i i i
a x b y c z d t e
i
   





. Đặt t = 1000 thế vào 3 PT đơn giản nhất của hệ, ta
có:
1000
1;3
i i i i i
a x b y c z e d
i
   






. Dùng máy giải hệ này rồi khéo léo thế trở lại 1000 = t ta
được:
0 1 1
0 2 2
0 3 3
x x m t n
y y m t n
z z m t n
  


  


  

. Cuối cùng dùng SOLVE giải PT tìm t:
1 1 2 2 3 3
( ) ( ) ( )
i i i i i
a m t n b m t n c m t n d t e      
, từ đó suy ra x, y, z
Câu 5. (Hình học toạ độ phẳng)

Bắt đầu giải nên tìm sự đặc biệt (nếu có) giữa các yếu tố mà đề đã cho biết: vẽ chúng lên

mặt phẳng Oxy của Câu 1a (bằng bút chì, nhớ sau đó tẩy đi) để quan sát.

Yếu tố A không có các điều kiện như yếu tố B nhưng chúng thuộc cùng 1 quỹ tích thì chắc
chắn phải áp dụng được tính chất nào đó của B cho A.

Khi đã tìm ra cách giải 1 yếu tố nào đó của bài toán thì thử áp dụng cách giải đó cho tất cả
các yếu tố khác có những điểm tương tự với yếu tố đó.

Với mọi bài hình có số liệu: nếu số liệu cho càng ít thì bất cứ số liệu nào tìm được thêm
cũng sẽ dự phần vào việc tìm ra đáp án cuối cùng, và ngược lại.

Nếu các dữ kiện đề cho nhìn qua thấy ít (hoặc không) có liên quan đến nhau thì phải vẽ
thêm 1 số yếu tố phụ (cách vẽ là duy nhất hoặc được suy từ nhau ra) để kết nối chúng lại với
nhau.

Nếu thấy quỹ tích của 1 yếu tố có thể xác định được và có hình dạng đẹp (thường là đường
tròn) thì nên sử dụng thử để tìm các yếu tố khác.

Cách lập PT đường thẳng (hoặc cong) đi qua M, N, P bằng MTBT: bấm
3
MODE

(STAT) ta sẽ thấy danh sách 7 dạng hàm số (hoặc các loại đường) được sắp xếp trên màn hình
như sau:
2
1:1 2 :
3: _ 4:
5: ^ 6: ^
7 : ^ 8:1/
VAR A BX

CX Ln X
e X A B X
A X B X
 




(Trừ
1 VAR
không phải hàm số)
_ Ta giả sử PT đường thẳng qua M, N cần lập là
y A Bx 
, do đó trong MODE STAT, ta
chọn dạng 2 (A + BX). Nhập tọa độ của M, N vào 2 cột x, y, sau đó ấn
1AC SHIFT
(để
vào menu STAT), chọn 7 (Reg), bây giờ muốn xem giá trị A hoặc B thì chọn tương ứng 1