Các phương pháp tổng quát giải hai câu điểm 8,9 môn Toán

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 1 0923.544.333

Lời nói đầu

Trong đề thi Đại học môn Toán, và giờ là đề thi THPT Quốc Gia có rất nhiều em học sinh đều bỏ đi
3 câu: Câu điểm 8 (Hình Oxy), câu điểm 9 (Phương trình, bất phương trình vô tỷ, hệ phương trình)
và Câu điểm 10 (Bất đẳng thức, Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất). Lí do chính mà các em khó học các bài này
là gì ? Đó là vì thường chúng có quá nhiều phương pháp, thậm chí một số phương pháp rất khó để học
sinh ở mức trung bình tiếp thu được. Đứng trước các bài như vậy, với nhiều học sinh khá, giỏi cũng phải
mất khá nhiều thời gian để tìm ra được lời giải, có khi không thể giải được.
Chính vì vậy để giúp các em học sinh có thể kiếm được điểm ở 2 câu điểm 8, 9 mà không mất nhiều
thời gian học anh sẽ phân tích ở mỗi loại 1 hướng đi tổng quát có thể giải gần như mọi bài, và cách làm
của nó cũng rất đơn giản để mọi em học sinh đều có thể áp dụng được (hiện tại anh cũng đang nghiên
cứu tìm hiểu để có thể tổng quát hóa câu điểm 10 ). Trong các cách làm được trình bày ở đây, thì hướng
giải phương trình, bất phương trình cũng không còn mới mẻ với rất nhiều học sinh nhưng anh cũng xin
xin trình bày lại để giúp các em học sinh chưa biết có thể tiếp cận. Và cũng xin nhấn mạnh rằng đây chỉ
là những phương pháp tổng quát để giúp học sinh dễ áp dụng chứ không phải là những cách hay, sáng
tạo để giải các câu khó này, vì vậy nếu như câu nào có thể làm được bằng phương pháp khác hay hơn thì
các em cũng không nên áp dụng các hướng đi này.


PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

1.
Phương pháp liên hợp
(Áp dụng cho mọi bài nếu nhẩm được nghiệm bằng máy tính)
Bước 1: Dùng máy tính Casio, Vinacal ( hoặc thay trực tiếp) nhẩm được nghiệm x=x
o
, x=x
1

(Dùng
chức năng SOLVE ra 1 nghiệm, rồi “ SHIFT SOLVE 100 = “, tiếp “SHIFT SOLVE -100 = “ để ra
các nghiệm khác nếu còn. Sau khi ra 1 nghiệm để lưu lại ấn “ AC ALPHA X SHIFT STO A,B,C,”
Bước 2: Thêm bớt rồi nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung x-x
o
nếu nhẩm được 1 nghiệm
hoặc (x-x
o
) (x-x
1
) nếu nhẩm được 2 nghiệm.
Các biểu thức liên hợp:
√
ܽ – b =
௔ି௕
మ
√
௔ା௕
;
√
ܽ + b =
௔ି௕
మ
√
௔ି௕
;
√
ܽ
య
- b =

௔ି௕
య
√௔
మ
య
ା௕
√
௔
య
ା௕
మ
;

√
ܽ
య
+ b =
௔ା௕
య
√௔
మ
య
ି௕
√
௔
య
ା௕
మ
;
√

ܽ
ర
-b =
௔ି௕
ర
√௔
య
ర
ା௕√௔
మ
ర
ା௕
మ
√
௔
ర
ା௕
య


VD1 (Khối B -2010):
Giải phương trình:
√
3ݔ+ 1 −
√
6 − ݔ+ 3ݔ
ଶ
− 14ݔ− 8=0 (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x =5

Với x = 5 thì
√
3ݔ+ 1=4,
√
6 − ݔ=1
Giải: Điều kiện: -
ଵ
ଷ
≤ݔ≤6
(1) ↔ (
√
3ݔ+ 1 − 4) − ൫
√
6 − ݔ− 1൯ + 3ݔ
ଶ
− 14ݔ− 5=0
↔
ଷ௫ାଵିଵ଺
√
ଷ௫ାଵାସ
−
଺ି௫ିଵ
√
଺ି௫ାଵ
+ 3
ሺ
ݔ− 5
)
ቀݔ+
ଵ

ଷ
ቁ=0
↔ (x – 5 ) [
ଷ
√
ଷ௫ାଵାସ
+
ଵ
√
଺ି௫ାଵ
+ 3ݔ+ 1 ] = 0
↔
ቢ
ݔ=5
ଷ
√
ଷ௫ାଵାସ
+
ଵ
√
଺ି௫ାଵ
+ 3ݔ+ 1=0 ሺ2)


Vì
ଷ
√
ଷ௫ାଵାସ
+
ଵ

√
଺ି௫ାଵ
+ 3ݔ+ 1>0 ∀ ݔ ∈[-
ଵ
ଷ
,6] nên (2) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5
Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 2 0923.544.333

VD2:
Giải phương trình:
√
3ݔ+ 2
య
+x
√
3ݔ− 2 = 2
√
2ݔ
ଶ
+ 1 (1)

Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x=2
Giải: Điều kiện: x ≥
ଶ
ଷ

(1) ↔ (
√

3ݔ+ 2
య
- 2) + x(
√
3ݔ− 2 - 2) – 2 (
√
2ݔ
ଶ
+ 1 –x-1 ) =0

↔
ଷ௫ାଶି଼
ඥሺଷ௫ାଶ)
మ
య
ାଶ
√
ଷ௫ାଶ
య
ାସ
+ ݔ
ଷ௫ିଶିସ
√
ଷ௫ିଶାଶ
- 2
ଶ௫
మ
ାଵିሺ௫ାଵ)
మ
√ଶ௫

మ
ାଵା௫ାଵ
=0
↔ (x-2)[
ଷ
ඥሺଷ௫ାଶ)
మ
య
ାଶ
√
ଷ௫ାଶ
య
ାସ
+
ଷ௫
√
ଷ௫ିଶାଶ
–
ଶ௫
√ଶ௫
మ
ାଵା௫ାଵ
]=0
↔൥
ݔ=2ሺݐℎỏܽ ݉ã݊)
ଷ
ඥ
ሺଷ௫ାଶ)
మ
య

ାଶ
√
ଷ௫ାଶ
య
ାସ
+
ଷ௫
√
ଷ௫ିଶାଶ
–
ଶ௫
√
ଶ௫
మ
ାଵା௫ାଵ
=0ሺ2)


Với
x ≥
ଶ
ଷ
xét (2):
ଷ௫
√
ଷ௫ିଶାଶ
–
ଶ௫
√ଶ௫
మ

ାଵାଷ
>0
↔ 3(√2ݔ
ଶ
+ 1 + ݔ+ 1) − 2൫
√
3ݔ− 2 + 2൯>0
↔ (3
√
2ݔ
ଶ
+ 1 − 2
√
3ݔ− 2) + (3x-1) > 0
↔
ଵ଼௫
మ
ିଵଶ௫ାଵ଻
ଷ√ଶ௫
మ
ାଵାଶ
√
ଷ௫ିଶ
+ (3x – 1) > 0 ↔
ଵ଼ሺ௫ି
భ
య
)
మ
ାଵହ

ଷ√ଶ௫
మ
ାଵାଶ
√
ଷ௫ିଶ
+ (3x – 1) > 0
(luôn đúng)
Do đó (2) vô nghiệm.
(Ở bước này nếu các em không thể chứng minh phương trình vô nghiệm thì thử thay 1 số bất kì bằng
máy tính để biết vết trái >0 , sau đó ghi là vế trái >0 ∀ x ≥
ଶ
ଷ
, làm như vậy thì bài làm chỉ bị trừ 0.25đ )
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=2

VD3:
Giải phương trình:
√
3ݔ+ 1 +
√
5ݔ+ 4 = 3ݔ
ଶ
− ݔ+ 3 (1)

Phân tích: Nghiệm x=0; x=1
Xét [
√
3ݔ+ 1 - (ax+b)] . Thay x=0 và x=1 ta được hệ ቄ
1 − ܾ=0
2 − ܽ− ܾ=0


↔ ቄ
ܽ=1
ܾ=1


Xét [
√
5ݔ+ 4 −
ሺ
ܿݔ+ ݀
)
]. Thay x=0 và x=1 ta được hệ ቄ
2 − ݀=0
3 − ܿ− ݀=0

↔ ቄ
ܿ=1
݀=2


Giải: Điều kiện: x ≥ -
ସ
ହ

(1)↔ [
√
3ݔ+ 1 - (x+1) ] + [
√
5ݔ+ 4 −

ሺ
ݔ+ 2
)
] -3(ݔ
ଶ
− ݔ) =0
↔
ି௫
మ
ା௫
√
ଷ௫ାଵା
ሺ
௫ାଵ
)
+
ି௫
మ
ା௫
√
ହ௫ାସା
ሺ
௫ାଶ
)
−
3(ݔ
ଶ
− ݔ) =0
↔
ቈ

ݔ
ଶ
− ݔ=0
ଵ
√
ଷ௫ାଵା
ሺ
௫ାଵ
)
+
ଵ
√
ହ௫ାସା
ሺ
௫ାଶ
)
+ 3=0 ሺVế trái>0,∀
x ≥−
4
5
)

↔ ቂ
ݔ=0
ݔ=1


Vậy phương trình có 2 nghiệm: x=0 ; x=1

VD4 (D-2014)

Giải bất phương trình: (x+1)
√
ݔ+ 2 + (x+6)
√
ݔ+ 7 ≥ x
2
+ 7x +12 (1)

Phân tích: Nhẩm nghiệm (phương trình) x=2
Giải: Điều kiện: x ≥ -2
(1) ↔ xሺ
√
ݔ+ 2 - 2) + (
√
ݔ+ 2 - 2) + x(
√
ݔ+ 7 -3) + 6ሺ
√
ݔ+ 7 -3) – (x
2
+2x -8) ≥ 0
Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 3 0923.544.333

↔
௫ሺ௫ିଶ)
√
௫ାଶା ଶ
+
ሺ௫ିଶ)

√
௫ାଶା ଶ
+
௫ሺ௫ିଶ)
√
௫ା଻ାଷ
+
଺ሺ௫ିଶ)
√
௫ା଻ାଷ
−
ሺ
ݔ− 2
)ሺ
ݔ+ 4
)
≥0
↔ (x-2) [
௫ାଵ
√
௫ାଶା ଶ
+
௫ା଺
√
௫ା଻ାଷ
− ሺݔ+ 4) ] ≥ 0 (2)
Do ൤
ݔ+1
ඥ
ݔ+2+ 2

−
ݔ+1
2
൨
+
ቂ
ݔ+6
√
ݔ+7+3
−
ݔ+6
2
ቃ
−
1
2
< 0, ∀
x ≥ -2
Hoặc có thể chứng minh đơn giản hơn như sau:
௫ାଵ
√
௫ାଶା ଶ
+
௫ା଺
√
௫ା଻ାଷ
−
ሺ
ݔ+ 4
)

<
௫ାଵ
√
௫ାଶା ଶ
+
௫ା଺
√
௫ା଻ାଶ
−
ሺ
ݔ+ 4
)
=
ି௫
√
௫ାଶିସ
√
௫ାଶିଵ
√
௫ାଶାଶ
< 0

(nếu không CM được thì thay 1 giá trị x bất kì ≥−2 và thấy biểu thức âm, rồi ghi biểu thức <0, bị trừ
0.25đ)
ሺ2)↔ x≤ 2. Vậy bất phương trình có nghiệm : -2 ≤ x ≤2

VD5 (Khối B-2012):
Giải bất phương trình: x +1 +
√
ݔ

ଶ
− 4ݔ+ 1 ≥ 3
√
ݔ (1)

Phân tích: Dùng máy tính nhẩm được 2 nghiệm x=4; x=
ଵ
ସ

Giải: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 -
√
3 hoặc x ≥ 2 +
√
3 (*)
(1)↔ [
√
ݔ
ଶ
− 4ݔ+ 1 -(
ଵ
ହ
ݔ+
ଵ
ହ
)] – 3 [
√
ݔ -(
ଶ
ହ
ݔ+

ଶ
ହ
)] ≥ 0
↔
௫
మ
ିସ௫ାଵି ሺ
భ
ఱ
௫ା
భ
ఱ
)
మ
√௫
మ
ିସ௫ାଵାሺ
భ
ఱ
௫ା
భ
ఱ
)
− 3
௫ିሺ
మ
ఱ
௫ା
మ
ఱ

)
మ
√
௫ ାሺ
మ
ఱ
௫ା
మ
ఱ
)
≥0
↔
(x-4) (x-
ଵ
ସ
) [
మర
మఱ
√௫
మ
ିସ௫ାଵାሺ
భ
ఱ
௫ା
భ
ఱ
)
+
భమ
మఱ

√
௫ ାሺ
మ
ఱ
௫ା
మ
ఱ
)
] ≥ 0 ↔
ቈ
ݔ≥4
ݔ≤
ଵ
ସ


Kết hợp điều kiện (*) ta được tập nghiệm T = [0;
ଵ
ସ
]∪[4;+∞)

2. Phương pháp bình phương 2 vế
Bước 1: Lũy thừa 2 vế (mũ 2, mũ 3) chuyền về phương trình không chứa căn ( thường bậc 4 hoặc cao
hơn)
Một số phương trình cơ bản:

ඥ
݂ሺݔ)=݃
ሺ
ݔ

)
↔൜
݂
ሺ
ݔ
)
=݃
ଶ
ሺ
ݔ
)
݃ሺݔ)≥0

;
ඥ
݂ሺݔ)=
ඥ
݃ሺݔ)↔݂
ሺ
ݔ
)
=݃ሺݔ)

ඥ
݂ሺݔ) +
ඥ
݃ሺݔ)=
ඥ
ℎሺݔ)↔ℎ
ሺ

ݔ
)
− ݂
ሺ
ݔ
)
− ݃ሺݔ)=2
ඥ
݃
ሺ
ݔ
)
݂ሺݔ)

ඥ
݂ሺݔ)
య
=݃
ሺ
ݔ
)
↔݂
ሺ
ݔ
)
=݃
ଷ
ሺݔ) ;
ඥ
݂ሺݔ)

య
=
ඥ
݃ሺݔ)
య
↔݂
ሺ
ݔ
)
=݃ሺݔ)

ඥ
݂ሺݔ)≥݃
ሺ
ݔ
)
↔ቬ
݃
ሺ
ݔ
)
<0
൜
݃
ሺ
ݔ
)
≥0
݂
ሺ

ݔ
)
≥݃
ଶ
ሺ
ݔ
)


;
ඥ
݂ሺݔ)
య
≥݃
ሺ
ݔ
)
↔݂ሺݔ)≥݃
ଷ
ሺݔ)

Bước 2: Dùng máy tính (nếu toàn nghiệm vô tỷ) hoặc sử dụng lược đồ Hoocne (nếu có nghiệm hữu tỷ)
để giải các phương trình bậc cao.
Nhận xét: Phương pháp này có ưu điểm hơn so với phương pháp liên hợp là giải được cả phương trình,
bất phương trình nghiệm lẻ, và hiếm khi phải chứng minh phương trình vô nghiệm, hoặc các phương
trình cần chứng minh vô nghiệm cũng đơn giản hơn. Vì vậy ngay cả khi phương trình có nghiệm hữu tỷ,
nếu như phương pháp liên hợp chỉ được 0.75đ thì cũng có thể dùng phương pháp này để được trọn 1đ.

VD6: Giải phương trình 4ݔ
ଶ

− 8ݔ+
√
2ݔ+ 3=1 (1)

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 4 0923.544.333

Điều kiện x ≥ -
ଷ
ଶ
(*)
(1)↔
√
2ݔ+ 3 = 1 −4ݔ
ଶ
+ 8ݔ ↔ ൜
1 − 4ݔ
ଶ
+ 8ݔ ≥0 ሺ2)
2x + 3= ሺ1 − 4ݔ
ଶ
+ 8ݔ )
ଶ
ሺ3)


(3)↔ 8ݔ
ସ
− 32ݔ
ଷ

+ 28ݔ
ଶ
+ 7ݔ− 1=0
(Nháp: Dùng máy tính lưu các nghiệm là A, B, C. Lần lượt ấn A+B và AB, A+C và AC, B+C và BC
đến khi cặp nào có tổng và tích là số hữu tỷ. Trong ví dụ này ta có A+B =
ଷ
ଶ
, AB= −
ଵ
ଶ
⇒ Phương
trình có nhân tử là ݔ
ଶ
−
ଷ
ଶ
ݔ−
ଵ
ଶ
hay 2ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1 . Chia đa thức cho 2ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1 ta được nhân tử
còn lại 4ݔ
ଶ
− 10ݔ+ 1 )
↔ 4ݔ
ଶ
(2ݔ

ଶ
− 3ݔ− 1) -10x (2ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1) + ሺ2ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1)=0
↔ (4ݔ
ଶ
− 10ݔ+ 1) (2ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1)=0 ↔ ቬ
ݔ=
ଷ±
√
ଵ଻
ସ
ݔ=
ହ±
√
ଶଵ
ସ


Đối chiếu với (*) và (2) ta được các nghiệm ݔ=
ଷା
√
ଵ଻
ସ
hoặc x =
ହି

√
ଶଵ
ସ


VD7: Giải phương trình:
√
ݔ
ଶ
+ 9ݔ− 1 +ݔ
√
11 − 3ݔ=2ݔ+3 (1)

Phân tích: Bài này ở trên chúng ta có thể giải bằng phương pháp liên hợp với nghiệm x =
ଵ଴
ଷ
, x =
ଶ
ଷ
.
Để tránh việc bình phương 2 lần (do phương trình chứa 2 biểu thức căn khác nhau) thì ta đặt
t =
√
11 − 3ݔ
Giải: Điều kiện ൜
ݔ
ଶ
+ 9ݔ− 1 ≥0
11 − 3ݔ ≥0


(*). Đặt t =
√
11 − 3ݔ ሺݐ≥0). (1) trở thành:
ට
ሺଵଵି௧
మ
)
మ
ଽ
+ 3
ሺ
11 − ݐ
ଶ
)
− 1 +
ଵଵି௧
మ
ଷ
ݐ=
ଶሺଵଵି௧
మ
)
ଷ
+ 3
↔
√
ݐ
ସ
− 49ݐ
ଶ

+ 409 +
ሺ
11 − ݐ
ଶ
)
ݐ=22 −2ݐ
ଶ
+ 9
↔
√
ݐ
ସ
− 49ݐ
ଶ
+ 409 =ݐ
ଷ
− 2ݐ
ଶ
− 11ݐ+ 31
↔൜
ݐ
ଷ
− 2ݐ
ଶ
− 11ݐ+ 31≥0 ሺ2)
ݐ
ସ
− 49ݐ
ଶ
+ 409=ݐ

଺
+ 4ݐ
ସ
+ 121ݐ
ଶ
+ 961 − 4ݐ
ହ
− 22ݐ
ସ
+ 62ݐ
ଷ
+ 44ݐ
ଷ
− 124ݐ
ଶ
− 682ݐ ሺ3)


(2) ↔ݐ
଺
− 4ݐ
ହ
− 19ݐ
ସ
+ 106ݐ
ଷ
+ 46ݐ
ଶ
− 682ݐ+ 552=0
↔ ሺt-1)ሺt-3)ሺݐ

ସ
− 22ݐ
ଶ
+ 18ݐ+ 184)=0 ሺDùng lược đồ Hoocne)
Do ݐ
ସ
− 22ݐ
ଶ
+ 18ݐ+ 184 = ሺݐ
ଶ
− 11)
ଶ
+ 18ݐ+ 63 > 0 nên phương trình có nghiệm t =1, t=3
t =1 → x =
ଵ଴
ଷ
, t = 3 → x =
ଶ
ଷ
[ cả 2 nghiệm đều thỏa mãn (*) ]

VD8 (Khối B-2012): Giải lại VD5 bằng cách bình phương.
Giải bất phương trình: x +1 +
√
ݔ
ଶ
− 4ݔ+ 1 ≥ 3
√
ݔ (1)

Giải: Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 -
√
3 hoặc x ≥ 2 +
√
3 (*)
Đặt t=
√
ݔ ሺݐ≥0). (1) có dạng :
√
ݐ
ସ
− 4ݐ
ଶ
+ 1≥−ݐ
ଶ
+ 3ݐ− 1
↔൵
−ݐ
ଶ
+ 3ݐ− 1<0
൜
−ݐ
ଶ
+ 3ݐ− 1≥0
ݐ
ସ
− 4ݐ
ଶ
+ 1≥ݐ
ସ

+ 9ݐ
ଶ
+ 1 − 6ݐ
ଷ
+ 2ݐ
ଶ
− 6ݐ



↔൶
0≤ݐ<
ଷି
√
ହ
ଶ
ݐ>
ଷା
√
ହ
ଶ
ቐ
ଷି
√
ହ
ଶ
≤ݐ≤
ଷା
√
ହ

ଶ
6ݐ
ሺ
ݐ− 2
)
ሺݐ−
ଵ
ଶ
)≥0


↔
ቢ
0≤ݐ≤
ଵ
ଶ
ݐ≥2

. Do đó
ቢ
0≤ݔ≤
ଵ
ସ
ݐ≥4


Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 5 0923.544.333

Kết hợp điều kiện (*) ta được tập nghiệm T = [0;

ଵ
ସ
]∪[4;+∞)

VD9
VD9 VD9
VD9
ሺĐề thi minh họa kì thi THPT Quốc Gia của Bộ giáo dục):
√
ݔ
ଶ
+ ݔ+
√
ݔ− 2≥
ඥ
3ሺݔ
ଶ
− 2ݔ− 2) ሺ1)

Gi
GiGi
Giả
ảả
ải:
i:i:
i:


Điều kiện: x≥ 1+
√

3
(1) ↔ ݔ
ଶ
+ 2ݔ− 2 + 2
ඥ
ሺ
ݔ
ଶ
+ ݔ
)
ሺݔ− 2)≥3ሺݔ
ଶ
− 2ݔ− 2)
↔
ඥ
ሺ
ݔ
ଶ
+ ݔ
)
ሺݔ− 2) ≥ ݔ
ଶ
− 4ݔ− 2
↔൵
ݔ
ଶ
− 4ݔ− 2<0
൜
ݔ
ଶ

− 4ݔ− 2≥0
ሺ
ݔ
ଶ
+ ݔ
)ሺ
ݔ− 2
)
≥ݔ
ସ
+ 16ݔ
ଶ
+ 4 − 8ݔ
ଷ
− 4ݔ
ଶ
+ 16ݔ



↔ቬ
1 +
√
3≤ݔ<2 +
√
6
൜
ݔ≥2 +
√
6

ሺ
ݔ
ଶ
− 6ݔ− 4
)ሺ
ݔ
ଶ
− 3ݔ− 1
)
≤0ሺܦù݊݃ ݉áݕ ݐí݊ℎ)


↔ 1+
√
3≤ݔ≤3 +
√
13
Vậy bất phương trình có nghiệm: 1+
√
3≤ݔ≤3+
√
13

Chú ý: Khi 2 cách trên đều không thể thực hiên được (cực kì hiếm gặp) có nghĩa là phương trình có
nghiệm lẻ dạng x =
√
ܾ
య
-a , thường thì a =0; 1; 2

VD10 (Đề thi thử Sư phạm lần 3): Giải phương trình:
√
3 − ݔ
ଷ
య
=2ݔ
ଷ
+ ݔ− 3 (1)
Phân tích: Dùng máy tính (1) có nghiệm duy nhất x = 1,1447….lưu là A và tìm ra A
3
=
ଷ
ଶ

⇒ (1) có nhân tử chung là x
3
-
ଷ
ଶ


Giải:
Cách 1: (1) ↔ 3 – x
3
= [2ݔ
ଷ
+ ሺݔ− 3)]
3
↔ 8x
9

+ 12x
7
- 36x
6
+ 6x
5
– 36x
4
+56x
3
-9x
2
+ 27x -30 =0
↔ (2x
3
-3)[4x
6
+ 6x
4
-12x
3
+ 3x
2
- 9x + 10] = 0
↔ ൶
ݔ=
ට
ଷ
ଶ
య

ሺ2x
ଷ
+
ଷ
ଶ
x − 3)
ଶ
+
ଷ
ସ
x
ଶ
+ 1=0 ሺݒế ݐݎá݅>0,∀ݔ)


Cách 2: (1) ↔
√
3 − ݔ
ଷ
య
−
ට
ଷ
ଶ
య
=2ݔ
ଷ
+ ݔ− 3 −
ට
ଷ

ଶ
య

↔
௫
య
ି
య
మ
ඥ
ሺଷି௫
య
)
మ
య
ା
ට
య
మ
ሺଷି௫
య
)
య
ା
ට
వ
ర
య
+ ቆݔ−
ට

ଷ
ଶ
య
ቇቆ2ݔ
ଶ
+ 2
ට
ଷ
ଶ
య
ݔ+ 2
ට
ଽ
ସ
య
+ 1ቇ=0
↔൶
ݔ−
ට
ଷ
ଶ
య
=0
௫
మ
ା௫
ට
య
మ
య

ା
ට
వ
ర
య
ඥ
ሺଷି௫
య
)
మ
య
ା
ට
య
మ
ሺଷି௫
య
)
య
ା
ට
వ
ర
య
+ ቆ2ሺݔ+
ଵ
ଶ
ට
ଷ
ଶ

య
ݔ)
ଶ
+ 2
ට
ଽ
ସ
య
+ 1 −
ଵ
ଶ
ට
ଷ
ଶ
య
ቇ=0 ሺݒế ݐݎá݅>0,∀ݔ)


↔ ݔ=
ට
ଷ
ଶ
య

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ݔ=
ට
ଷ
ଶ
య

Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nhận gia sư theo nhóm tại Hà Nội 6 0923.544.333

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Đây là phương pháp tổng quát có thể giải được gần như mọi hệ phương trình dù là khó nhất hoặc
nghiệm lẻ nhất. Phương pháp này tạm gọi là “Phương pháp liên hợp tổng quát”, nó có thể thay thế hầu
hết các phương pháp giải hệ ( trừ phương pháp đặt ẩn phụ), tuy nhiên cũng giống như phương pháp liên
hợp sử dụng trong phương trình thì phương pháp này cũng có nhược điểm là có những bài nếu như các
em không thể chứng minh sự vô nghiệm thì chỉ đạt 0.75đ mà thôi. Vì vậy các em cần lựa chọn phương
pháp phù hợp với mình.

Bước 1: Sử dụng máy tính Casio hoặc Vinacal để tìm ra mối liên hệ giữa x và y (có thể từ 1 phương
trình hoặc cả 2 phương trình của hệ) ⇒ nhân tử chung

Bước 2: Nhóm (hữu tỷ) hoặc liên hợp (vô tỷ) để giải hệ

VD1 (A-2012):
൝
࢞
૜
− ૜࢞
૛
− ૢ࢞ + ૛૛=࢟
૜
+ ૜࢟
૛
− ૢ࢟ ሺ૚)

࢞
૛
+ ࢟
૛
− ࢞ + ࢟=
૚
૛
ሺ૛)



Nháp: Từ (1) dùng máy tính tìm ra mối quan hệ x = y + 2 ⇒ (1) có nhân tử chung là x – y - 2
Giải: (1) ↔ [ x
3
– (y + 2)
3
] – 3[ x
2
– (y + 2)
2
] – 9 [ x – (y +2)] = 0
↔ ( x – y – 2) [ x
2
+ x(y +2) + (y + 2)
2
– 3(x + y +2) – 9] = 0
൴
ݕ=ݔ− 2
ሺ
∗

)

ݔ
ଶ
+ ݕ
ଶ
+ ݔݕ− ݔ+ ݕ − 11=0 ሺ∗∗)


Từ (*) thay vào (2) ta được: ݔ
ଶ
+ ሺݔ− 2)
ଶ
− ݔ+ ݔ− 2=
ଵ
ଶ

↔ 4x
2
– 4x +3 = 0 ↔ ቬ
ݔ=
ଵ
ଶ
ݔ=
ଷ
ଷ


Thay vào ሺ*) ta được các nghiệm của hệ ሺ
ଵ

ଶ
,−
ଷ
ଶ
) , ሺ
ଷ
ଶ
,−
ଵ
ଶ
)
Lấy ሺ**) – ሺ2), vế với vế ta được y =
ଶଵ
ଶ௫
thay vào (2)
Từ (**) thay vào phương trình (2) rút được y =
ଶଵ
ଶ௫
thay vào phương trình (2) ⇒ vô nghiệm.
VD2 ( A -2013):
ቊ
√
ݔ+ 1 +
√
ݔ− 1
ర
−
ඥ
ݕ
ସ

+ 2=ݕ ሺ1)
ݔ
ଶ
+ 2ݔ
ሺ
ݕ− 1
)
+ ݕ
ଶ
− 6ݕ+ 1=0 ሺ2)



Phân tích: Từ (1) dùng máy tính tìm được mối quan hệ x = y
4
+1 ⇒ Phương trình (1) có nhân tử là x –
y
4
-1
Giải: (1) ↔ (
√
ݔ+ 1 −
ඥ
ݕ
ସ
+ 2) + ൫
√
ݔ− 1
ర
− ݕ൯=0

↔
ሺ
௫ାଵ
)
ିሺ௬
ర
ାଶ)
√
௫ାଵା
ඥ
௬
ర
ାଶ
+
ሺ
௫ିଵ
)
ି௬
ర
ඥ
ሺ௫ିଵ)
య
ర
ା௬
ඥ
ሺ௫ିଵ)
మ
ర
ା௬
మ

√
௫ିଵ
ర
ା௬
య
=0
൵
ݔ=ݕ
ସ
+ 1
ଵ
√
௫ାଵା
ඥ
௬
ర
ାଶ
+
ଵ
ඥ
ሺ௫ିଵ)
య
ర
ା௬
ඥ
ሺ௫ିଵ)
మ
ర
ା௬
మ

√
௫ିଵ
ర
ା௬
య
=0 ሺ∗)


Từ (2) coi x là ẩn : (2) có nghiệm khi ∆
௫
= 4y ≥ 0 ⇒ y ≥0 nên (*) vô nghiệm.
( Ở bước này nếu các em không thể chứng minh (*) vô nghiệm thì sẽ bị trừ 0.25đ)
Thế x = y
4
+1 vào (2) ta được y (ݕ
଻
+ 2ݕ
ସ
+ ݕ−4)=0
↔ y (y-1)(ݕ
଺
+ ݕ
ହ
+ ݕ
ସ
+ 3ݕ
ଷ
+ 3ݕ
ଶ
+ 3ݕ+ 4)=0 ( dùng máy tính + Hoocne)

↔ y = 0 hoặc y =1 (do y≥0)
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1;0) và (2;1)
Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nh
ận gia s
ư
theo nhóm
t
ại H
à N
ội

7


0923.544.333

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY


Một cách tổng quát với bài toán Oxy ta có thể tổng quát hóa bằng cách đưa về 1 phương trình, hệ 2
phương trình với 1 phương trình bậc nhất (giải dễ dàng) và thường là hệ 2 phương trình bậc bậc hai.

Phương pháp tổng quát giải hệ 2 phương trình bậc 2

൜
ܽ
ଵ
ݔ
ଶ

+ ܾ
ଵ
ݕ
ଶ
+ ܿ
ଵ
ݔݕ + ݀
ଵ
ݔ+ ݁
ଵ
ݕ +݂
ଵ
=0
ܽ
ଶ
ݔ
ଶ
൅ ܾ
ଶ
ݕ
ଶ
൅ ܿ
ଶ
ݔݕ ൅ ݀
ଶ
ݔ൅ ݁
ଶ
ݕ ൅ ݂
ଶ
ൌ0



Ta cần tìm số k sao cho khi lấy (1) +k(2) thì ta được phương trình mới có ∆ là số chính phương. Cách
tim số k đó như sau:
Đặt a = ܽ
ଵ
൅ ݇ܽ
ଶ
, b = ܾ
ଵ
൅ ܾ݇
ଶ
, c = ܿ
ଵ
൅ ݇ܿ
ଶ
, d = ݀
ଵ
൅ ݇݀
ଶ
, e = ݁
ଵ
൅ ݇݁
ଶ
, f = ݂
ଵ
൅ ݂݇
ଶ

Số k là nghiệm của phương trình sau: cde + 4abf = a݁

ଶ
൅ ܾ݀
ଶ
൅ ݂ܿ
ଶ

(Dùng máy tính để nhẩm 1 nghiệm phương trình này, không cần giải vì đây chỉ là bước làm ở nháp)


Phương pháp đặt ẩn tổng quát đưa bài toán Oxy về hệ phương trình


VD1 (A-2014): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm
của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết
rằng M (1;2) và N (2;-1).
Giải: Giả sử A(a;b) ⇒ B(2-a; 4-b). Do ܣܰ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌ3ܰܥ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ

⇒ C (
଼ି௔
ଷ
,
ି௕ିସ
ଷ
ሻ
Ta có hệ ൜
ܣܤ
ଶ
ൌܤܥ
ଶ
ܣܤ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ܤܥ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌ0

↔ ൜
ܽ

ଶ
൅ ܾ
ଶ
െ 10ܾ൅ 15ൌ0 ሺ1ሻ
2ܽ
ଶ
൅ 2ܾ
ଶ
െ 5ܽെ 5ܾ െ5ൌ0 ሺ2ሻ


Lấy 2.(1) – (2) ⇒ a = 3b – 7. Thay vào (1) ta được b =2 hoặc b =
ଵ଺
ହ

Với b =2 ⇒ A(-1; 2) , B(3;2), C(3;-2) ⇒ (CD): y +2 = 0
Với b =
ଵ଺
ହ
⇒ (CD): 3x – 4y – 15 = 0






Các phương pháp tổng quát giải 2 câu điểm 8,9 của đề thi môn Toán GV: Phạm văn Tuyền
Nh
ận gia s
ư

theo nhóm
t
ại H
à N
ội

8


0923.544.333

VD3 ( A-2013):




Giải:
Giả sử B(a,b), C(c; -2c-5) ⇒ M(2c-a; -4c-10-b).
Từ ܣܦ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌܤܥ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ

ሬ
Ԧ
⇒ D (c-4-a ; -2c + 3 –b)
Ta có hệ ቐ
ܣܤ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ݔܤܥ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌ0
ܰܤ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ݔܰܯ
ሬ
ሬ

ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌ0
ܰܤ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ݔܰܦ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
ሬ
Ԧ
ൌ0

↔ ቐ
ሺ
ܽ൅ 4
ሻሺ
ܿെ ܽ

ሻ
൅
ሺ
ܾെ 8
ሻሺ
െ2ܿെ 5 െ ܾ
ሻ
ൌ0
ሺ
ܽെ 5
ሻሺ
2ܿെ ܽെ 5
ሻ
൅
ሺ
ܾ൅ 4
ሻሺ
െ4ܿെ 6 െ ܾ
ሻ
ൌ0
ሺ
ܽെ 5
ሻሺ
ܿെ ܽ
ሻ
൅
ሺ
ܾ൅ 4
ሻሺ
െ2ܿ൅ 7 െ ܾ

ሻ
ൌ0


↔ ቐ
െܽ
ଶ
െ ܾ
ଶ
െ 2ܾܿ൅ ܽܿെ 4ܽ൅ 3ܾ൅ 20ܿ൅ 40ൌ0 ሺ1ሻ
െܽ
ଶ
െ ܾ
ଶ
െ 4ܾܿ൅ 2ܽܿെ 10ܾെ 26ܿ൅ 1ൌ0 ሺ2ሻ
െܽ
ଶ
െ ܾ
ଶ
െ 2ܾܿ൅ ܽܿ൅ 5ܽ൅ 3ܾെ 13ܿ൅ 28ൌ0 ሺ3ሻ


Lấy (1)-(3) ⇒ a =
ଷଷ௖ାଵଶ
ଽ
thế vào (1) và (2) ta được hệ 2 phương trình bậc hai và giải tổng quát.

VD4 (Đề thi minh họa kì thi THPT Quốc Gia của Bộ giáo dụcሻ:

Giải: A, B ∈ ∆ ⇒ Gọi theo 2 ẩn ⇒ Giải dễ dàng bằng phương pháp này.
Gọi A(a;
ଵଶିସ௔
ଷ
ሻ, B(b;
ଵଶିସ௕
ଷ
ሻ. Do x
C
=
ଶସ
ହ
và C ϵ ∆ nên C(
ଶସ
ହ
;െ
ଵଶ
ହ
ሻ
AC = AO ↔ (a-
ଶସ
ହ
ሻ
2
+ (
ଵଶିସ௔
ଷ
൅
ଵଶ

ହ
ሻ
2
= a
2
+ ሺ
ଵଶିସ௔
ଷ
ሻ
2
↔ -16a +48 = 0 ↔ a = 3 ⇒ A(3;0)
⇒ (OA): y =0. d(K,OA) = D(K,OB), với K(6;6) nên (OB): x = 0 ⇒ b =0 ⇒ B(0; 4)
(hoặc có thể viết phương trình (OB) và tìm ra b=0)