Tuyệt kĩ các phương pháp kết hợp máy tính bỏ túi giải phương trình, bất phương trình ôn thi THPTQG

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016

TẬP 1

TUYỆT KĨ CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP
MÁY TÍNH BỎ TÚI GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH LTĐH

ĐINH VĂN PHÚC
(Cao học viên khóa 2013-2015 ĐHSP Huế)

Huế, Tháng 10 Năm 2015


Mục lục
Lời nói đầu

2

1 Kiến thức chuẩn bị

4

1.1

Chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

Phương trình bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1
1.2.2

Phân tích một biểu thức bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ứng dụng của định lí vi ét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
5

1.2.3

Giải bất phương trình bậc 2 bằng máy tính casio fx-570Vn Plus . . . . .

5

1.3

Phương trình bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4
1.5

Giải phương trình bậc 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Một số đánh giá cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7
8

1.5.1

Các phương pháp đánh giá hay dùng trong giải phương trình-bất phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.6

9

Một số phương trình vô tỷ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học
15
2.1 Phương pháp liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.1

Liên hợp khi phương trình chỉ có một nghiệm đẹp . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.2

Liên hợp khi đã biết hai nghiệm đẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2

2.1.3 Liên hợp khi biết một nghiệm xấu của phương trình . . . . . . . . . . . . 22
Phương pháp denta tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3

Phương pháp hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.4

Phương pháp đưa về đồng bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.5
2.6

Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 hoặc bậc nhất theo
hệ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.7

Phương pháp đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.8
2.9

Luyên tập võ công . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
VƯỢT MÔN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.10 Bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3 Lời giải và bình luận đề thi ĐH phần phương trình-bất phương trình từ
2009-2015

59

1


LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình-bất phương-Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong các chuyên
đề LTĐH, năm nào bao giờ cũng có một câu về chuyên đề này chiếm 1 điểm và mức độ của nó
thuộc dạng khó, người ta thường nói là câu lấy 9 điểm. Nó khó vì những lí do sau:
+ Người giải chưa nắm được những phương pháp giải nó hoặc chưa nhận dạng được bài toán
giải theo phương pháp nào?
+ Phương trình-bất phương trình-Hệ phương trình là một chuyên đề khá rộng nên khi ôn học
sinh sẽ gặp nhiều khó khăn tổng hợp những kiến thức và kĩ năng nào cần thiết nhất và vừa đủ
để có thể giải những câu Phương trình-Bất phương trình-Hệ phương trình trong các kì thi ĐH.
Thi THPTQG là vấn đề thi ít nhất 4 môn và chọn ra 3 môn để xét vào đại học. Do đó nếu
chúng ta chỉ cắm đầu cắm cổ vào một môn nào đó mà sao nhãn các môn còn lại thì kết quả
của ta đạt được cũng sẽ không cao được. Do đó chúng ta phải có kế hoạch học thế nào vừa
đủ không dư quá nhiều và cũng không thiếu đối với kiến thức từng môn, thì khi đó kết quả
3 môn xét vào đại học mới cao được. Do đó ta cần học những kĩ năng và kiến thức cần thiết
nhất chứ không học tràn lan quá nhiều dẫn đến quá tải. Những phần nào trong đề thi ra dễ
chúng ta cần học ít lại và dành nhiều thời gian cho những phần khó hơn. Đối những chuyên đề
khó ta cũng không thể nào học hết những kĩ năng và phương pháp để giải được tất cả những
bài bài toán thuộc dạng đó mà ta cần biết học chọn lọc vừa đủ và vừa sức với đề thi của chúng ta.
Trong chuyên đề Phương trình-Bất phương trình-Hệ phương trình, thì phương trình là vấn
đề quan trọng nhất, vì khi ta đã nắm được các phương pháp giải phương trình một cách nhẫn
nhiễn thì vấn đề giải bất phương trình và hệ phương trình không còn là vấn đề nữa khó nữa.
Với những lí do trên và sau khi nghiên cứu khá kĩ đề thi ĐH qua các năm trong một thời
gian dài, tôi quyết định soạn ra tài liệu này để viết ra những kĩ thuật và chọn lọc những phương
pháp tốt nhất để giải phương trình-bất phương trình (mà trong rất nhiều tài liệu viết về chuyên
đề này không nói ra kĩ, chắc họ cố ý giấu nghề ấy thì phải.) nhằm giúp cho những em còn gặp

khó khăn trong việc học này chuyên đề này có một tài liệu chất lượng, bám sát đề thi của BGD
nhất, vừa đầy đủ vừa ngắn gọn và dễ hiểu, dễ áp dụng trong khi giải bài tập. Giúp những em
hiếu học có thể tự học được những phương pháp và kĩ thuật tốt nhất để giải phương trình-Bất
phương trình trong thời gian ngắn nhất.
Để học tốt chuyên đề này các em cần có những điều kiện sau:
+ Có khả năng biến đổi, khai triển, chuyển vế tốt một tí.
+ Có một máy tính casio fx 570VN plus hay casio fx 570 es plus.
+ Siêng năng tí nữa.
2


Trong bài viết này những bài tập được giải và trình bày một cách chi tiết, kèm theo những
nhận xét, chú ý và bình luận nhằm giúp các em nắm được những phương pháp giải và biết
cách sử dụng vào bài toán cụ thể một cách nhanh nhất.
Mong rằng với cuốn tài liệu này sẽ giúp ích cho các em trong việc ôn thi chuyên đề này và
đừng quên chờ đọc những tập tiếp theo nhé!. Mặc dù đã cố ngắn song tác giả biết sẽ không
tránh rỏi những thiếu sót trong bài viết này, mong nhận được sự góp ý của các bạn đọc.
Mọi thắc và góp ý xin gửi về địa chỉ:

gmail:
Sđt: 01677201817 .
Xin chân thành cảm ơn!
Huế, tháng 10 năm 2015
Đinh Văn Phúc

3


Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong phần này chúng tôi sẽ nhắc lại và đưa ra những kiến thức cần có để các em chuẩn bị
tốt cho việc giải phương trình-bất phương.

1.1

Chia đa thức

Ở đây ta chỉ xét phép chia hết thôi vì mục đích của ta là đưa một biểu thức về tích các thừa
số của nó. Còn phép chia không hết cũng tương tự thôi chỉ là có thêm phần dư nữa.
Ví dụ:
Chia đa thức f (x) = 2x4 + 3x3 + 2x2 + x cho đa thức g(x) = x2 + x ta làm như sau:
2x4
Lấy 2 = 2x2 (Lấy số hạng có bậc x cao nhất của f (x) chia cho số hạng có bậc cao nhất của
x
x3
g(x)). Sau đó Lấy f (x) − 2x2 g(x) = x3 + 2x2 + x = h(x). Bây giờ ta tiếp tục lấy 2 = x (Lấy
x
số hạng có bậc cao nhất của h(x) chia cho số hạng có bậc cao nhất của g(x) ). Sau đó lại lấy
x2
2
h(x) − xg(x) = x + x = k(x). Tiếp tục làm như trên lấy 2 = 1. Tính k(x) − (x2 + x) = 0.
x
2x4
2
2
Vậy f (x) chia cho g(x) được 2x + x + 1 hay f (x) = (2x + x + 1)g(x) [ ở đây 2x2 = 2 ; x =
x
x
x3

; 1 = là những kết mà ta đã có được thực hiện chia trước đó ]
x2
x
Vì khi dùng phần mềm này để soạn bài viết này tôi vẫn chưa biết kẻ bảng thế nào?
nên tôi đành trình bày dài dòng như thế, còn khi thực hiện chia ta kẻ bảng như
chia giữa hai số mà ta đã được học ở cấp một ấy và đây cũng là cách chia tổng
quát đó nhé!.

1.2
1.2.1

Phương trình bậc 2
Phân tích một biểu thức bậc 2

Cho : ax2 + bx + c = 0, a = 0; a, b, c không có thừa số chung.

(1.1)

Ví dụ 1: Phân tích f (x) = x2 − 3x + 2 thành nhân tử.
Bấm máy tính phương trình x2 − 3x + 2 = 0. chúng ta được nghiệm

4

x=1
⇔
x=2

x−1=0
.
x−2=0

Khi đó f (x) = (x − 1)(x − 2).
Ví dụ 2: Phân tích f (x) = 2x2 − 5x + 3 thành nhân tử.

Bấm máy tính phương trình 2x2 −5x+3 = 0, chúng ta được nghiệm 

x=1
3 ⇔
x=
2

x−1=0
2x − 3 = 0

.

Khi đó f (x) = (x − 1)(2x − 3).
Ví dụ 3: Phân tích f (x) = 6x2 − x − 2 thành nhân tử. 

2
x=

3
Bấm máy phương trình 6x2 − x − 2 = 0, ta được nghiệm 
1 ⇔
x=−
2
f (x) = (3x − 2)(2x + 1).

3x − 2 = 0
2x + 1 = 0

. Khi đó

Từ 3 Ví dụ trên chúng tổng quát như sau: Giả sử phương trình (1.1) ở trên có 2 nghiệm

m
x=
nx − m = 0
n

k ⇔ kx − l = 0 . Khi đó f (x) = (nx − m)(kx − l).
x=−
l
Chú ý trường hợp a, b, c có thừa số chung sau:
f (x) = 4x2 − 12x + 8. Nếu chúng làm như trên sẽ dẫn đến sai vì a, b, c có thừa số chung là 4.
Do đó trong trường hợp này chúng ta sẽ viết f (x) lại như sau f (x) = 4(x2 − 3x + 2). Bây giờ
chúng ta chỉ cần phân tích x2 − 3x + 2 ra, theo ở ví dụ 1 thì x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). Vậy
f (x) = 4(x − 1)(x − 2).
Vậy chúng ta đã có thể phân tích một biểu thức bậc hai thành tích 2 nghiệm của nó một cách
nhanh chóng.
1.2.2

Ứng dụng của định lí vi ét

Định lý 1.2.1. Cho x1 , x2 là các số thực. Nếu chúng ta có

x + x = S
1

2
x .x = P
1

2

và S 2 ≥ 4P , thì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 − Sx + P = 0. Chúng ta gọi x2 − Sx + P
là biểu thức chứa 2 hai nghiệm x1 , x2 .
Ví dụ: Tìm x1 , x2 thỏa mãn


x + x = 2
1
2
x .x = −1
1

2

Giải. Theo định lí trên thì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 − 2x − 1 = 0. Bấm máy
√
√
tính phương trình x2 − 2x − 1 = 0, chúng ta tìm được x1 = 1 + 2 và x2 = 1 − 2.

1.2.3

Giải bất phương trình bậc 2 bằng máy tính casio fx-570Vn Plus

Mục đích của mục này nhằm giúp chúng ta tìm được chính xác và nhanh nhất điều kiện của
phương trình vô tỷ.

Ví dụ: Giải bất phương trình x2 + 5x + 3 < 0.
5


Ta bấm máy tính như sau: Bấm MODE, mũi tên xuống, chọn 1 (INEQ), chọn 1, chọn 2, nhập
a = 1, b = 5, c = 3 nhấn = chúng ta được
√
√
−5 + 13
−5 − 13
.
2
2
√
√
−5 − 13
−5 + 13
Vậy tập nghiệm của bất phương trình S = (
).
2
2
Chúng ta chú ý trong trường hợp chúng ta bấm, kết quả xuất hiện là "No-Solution" thì bất
phương trình vô nghiệm, nếu kết quả xuất hiện chữ "All Real Numbers" thì tập nghiệm của
bất phương trình là R. Nếu trường hợp giả sử kết quả xuất hiện x < 1, 2 < x thì bất phương
trình có tập nghiệm là S = (−∞, 1) ∪ (2, +∞).

1.3

Phương trình bậc 3
ax3 + bx2 + cx + d = 0, a = 0.

Phương trình bậc 3 chúng ta có thể bấm máy tính và cho ra kết quả nghiệm nhưng trong bài thi
THPT Quốc gia không cho phép chỉ viết ra nghiệm mà không giải, đều đó sẽ bị trừ điểm.Trong
phần này sẽ giúp chúng ta giải phương trình bậc 3, có một nghiệm hữu tỉ ( nghiệm có dạng

m
n

trong đó m, n là các số tự nhiên, n = 0, về sau chúng ta sẽ gọi là nghiệm đẹp). Vì trong những
bài toán giải phương trình vô tỷ mà có xuất hiện phương trình bậc 3 trong các đề thi Đại học,
thì những phương trình bậc 3 đó đều có ít nhất một nghiệm đẹp. Do đó chúng ta chỉ xét những
phương trình bậc 3 có ít nhất 1 nghiệm đẹp.
Cho phương trình bậc 3:
ax3 + bx2 + cx + d = 0,

(1.2)

m
là một nghiệm đẹp của phương trình (1.2). Khi đó chúng ta chia đa thức
n
ax3 + bx2 + cx + d cho nx − m, giả sử được đa thức kx2 + px + l. Bây giờ chúng ta giải phương
trình (1.2) như sau:
giả sử x =

Phương trình (1.2)
⇔ (nx − m)(kx2 + px + l) = 0 ⇔

nx − m = 0

kx2 + px + l = 0

Tới đây chúng ta chỉ còn giải phương trình bậc nhất nx−m và phương trình bậc hai kx2 +px+l =
0 nửa là xong, mà hai phương trình này chúng ta đã biết cách giải rồi.
Ví dụ 1: Giải phương trình x3 + 2x2 + 3x − 6 = 0.
Chúng ta bấm máy tính được một nghiệm đẹp x = 1. Bây giờ chúng ta chia đa thức x3 + 2x2 +
3x − 6 cho x − 1 được đa thức x2 + 3x + 6.
Giải
x3 + 2x2 + 3x − 6 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 + 3x + 6) = 0 ⇔

6

x−1=0
x2 + 3x + 6 = 0(V N )

⇔ x = 1.


Ví dụ 2: Giải phương trình 12x3 + 8x2 − 13x + 3 = 0
1
1
1
3
Chúng ta bấm máy tính được 3 nghiệm x = − , x = , x = . Chúng ta chọn x = , vì
2
2
3
2
nó có vẻ đẹp nhất để cho chúng ta chia đa thức dễ dàng hơn. Bây giờ chúng ta chia đa thức
12x3 + 8x2 − 13x + 3 cho 2x − 1 được đa thức 6x2 + 7x − 3.

Giải
1
 x= 2

2x − 1 = 0
 x = −3 .
⇔

2
2
6x + 7x − 3 = 0

1
x=
3


12x3 + 8x2 − 13x + 3 = 0 ⇔ (2x − 1)(6x2 + 7x − 3) = 0 ⇔

Nhận xét: Thực chất của việc giải phương trình bậc 3 có ít nhất một nghiệm đẹp là đưa
phương trình đó về tích của phương trình bậc nhất và bậc 2 mà chúng ta đã biết cách giải rồi.
Từ đây cũng cho ta cách biểu diễn biểu thức bậc 3 thành tích của bậc nhất và bậc 2.

1.4

Giải phương trình bậc 4

Ở đây tôi chỉ xét phương trình bậc 4 có 1 nghiệm đẹp vì trong đề thi ĐH nếu có gặp phương
trình bậc 4, thì nó cũng chỉ ở dạng có 2 nghiệm đẹp, còn những phương trình bậc bốn dạng
khác có thể tìm hiểu những bài viết khác. Bằng máy tính ta có thể giải phương trình bậc bốn

tổng quát.
Ví dụ: 1 Giải phương trình x4 − 3x3 + 4x2 − 6x + 4 = 0 (∗)
Hướng dẫn giải bằng máy tính
Bấm máy tính bằng cách nhập vào: x4 −3x3 +4x2 −6x+4, bấm SHIFT, SOLVE,
 100. ta tìm được
x + x = 3
1
2
nghiệm x1 = 2, SHIFT, SOLVE, -100, được nghiệm x1 = 1. Khi đó ta có
⇒
x .x = 2
1 2
x1 , x2 là nghiệm của phương trình x2 − 3x + 2 = 0.
Bây giờ ta lấy x4 − 3x3 + 4x2 − 6x + 4 Chia cho x2 − 3x + 2, ta được x2 + 2.
x2 − 3x + 2 = 0
Do đó (∗) ⇔ (x2 − 3x + 2)(x2 + 2) = 0 ⇔
Bây giờ ta chỉ việc bấm phương
x2 + 2 = 0
trình bậc hai nữa là xong.
Ví dụ 2: Giải phương trình x4 + 4x3 − 11x − 6 = 0 (∗)
Hướng dẫn giải bằng máy tính
Bấm máy tính bằng cách nhập vào: x4 + 4x3 − 11x − 6, bấm SHIFT, SOLVE, 100 ra nghiệm
lẻ, ta bấm tiếp SHIFT, SOLVE, -100, được nghiệm x = −3. Khi đó ta không làm như trên nửa
mà ta lấy x4 + 4x3 − 11x − 6 Chia cho x + 3, ta được x3 + x2 − 3x − 2.
x+3=0
Do đó (∗) ⇔ (x + 3)(x3 + x2 − 3x − 2) = 0 ⇔
x3 + x2 − 3x − 2 = 0 (∗∗)
Bây giờ (∗∗) là phương trình bậc 3, bấm máy tính có một nghiệm đẹp x = −2. Do đó ta lấy
x3 + x2 − 3x − 2 chia cho x + 2 được x2 − x − 1. Khi đó
(∗∗) ⇔ (x + 2)(x2 − x − 1) = 0

7


tới đây thì đơn giản chỉ cần bấm máy tính.
Ví dụ 3 Giải phương trình x4 − 6x3 + 11x2 − 8x + 2 = 0 (∗)
Hướng dẫn giải bằng máy tính
Bấm máy tính nhập: x4 − 6x3 + 11x2 − 8x + 2, bấm SHIFT, SOLVE, 100 được nghiệm lẻ x =
3, 414213562....., sau đó bấm tiếp SHIFT, SOLVE, -100, được nghiệm lẻ x = 0, 5857864..... Bấm
tiếp mũi tên qua trái,=, AC, ALPHA, X, SHIFT, RCL, A (Để gán nghiệm x = 0, 5857864....
là A), bấm mũi tên đi lên để lấy lại phương trình, bấm SHIFT, SOLVE, 100, SHIFT, RCL, B
(Để gán nghiệm 
x = 3, 414213562..... là B).
A + B = 4 (Bấm ALPHA, A + ALPHA, B)
Bây giờ ta lấy
A.B = 2 (Bấm ALPHA A. ALPHA B)

Suy ra A, B là nghiệm của

phương trình x2 − 4x + 2 = 0. Bây giờ ta lấy x4 − 6x3 + 11x2 − 8x + 2 chia cho x2 − 4x + 2 ta
được x2 − 2x + 1. Do đó
(∗) ⇔ (x2 − 4x + 2)(x2 − 2x − 1) = 0.
Tới đây ta có thể giải hai phương trình bằng cách bấm máy tính rồi.
Nhận xét: Ở Ví dụ 1 ta biết được 2 nghiệm đẹp, Ví dụ 2 biết được 1 nghiệm đẹp, Ví dụ 3
ta chưa biết được nghiệm đẹp nào nhưng từ 2 nghiệm lẻ ta lại có tổng và tích của chúng đẹp.
Trong những trường hợp khác mặc dù phương trình bậc 4 tổng quát có thể giải bằng cách bấm
máy tính cũng không quá khó khăn những ngoài 3 trường hợp như trên tôi không khuyên các
em đưa phương trình vô tỷ về một phương trình bậc 4 để giải về sau.

1.5

Một số đánh giá cơ bản

1. c > 0 và a > b ⇒ ac > bc
2. c < 0 và a > b ⇒ ac < bc
3. a ≥ b ⇒ a + c ≥ b + c và a − c ≥ b − c
4. a ≥ b và d ≥ c ⇒ a + d ≥ b + c
5. a ≥ b ≥ 0 và c ≥ d ≥ 0 ⇒ ac ≥ bd
6. a ≥ b và n ∈ N∗ ⇒ an ≥ bn
√
√
7. a ≥ b ≥ 0 ⇒ a ≥ b
a
a
8. a > 0 và b > c > 0 ⇒ <
b
c
9. |a| ≥ a
10. a2 ≥ 0
√
11. a ≥ 0
12. a > 0 và b > c ⇒ b + a > c
13. a < 0 và b < c ⇒ b + a < c
8


1.5.1

Các phương pháp đánh giá hay dùng trong giải phương trình-bất phương
trình

Đây là phần khá quan trọng, trong việc giải phương trình-bất phương trình bằng phương
pháp liên hợp và phương pháp hàm số.
1. Đánh giá dựa vào các bất đẳng thức cơ bản
H(x)
A(x)
+
+ L(x) luôn dương hoặc luôn
Cho x ∈ D chứng minh
B(x) + C(x)
G(x) + F (x)
âm.
Trước khi đánh giá chúng ta cần phải biết:
H(x)
A(x)
;
; L(x), ∀x ∈ D
Thứ I: Các biểu thức
B(x) + C(x)
G(x) + F (x)
ta cần biết biểu thức nào luôn âm và biểu thức nào luôn dương.
Thứ II: Với mỗi biểu thức đó thì tử và mẫu của biểu thức luôn âm hay luôn dương chưa,
A(x)
như biểu thức
ta cần biết A(x); B(x) + C(x) luôn âm hay luôn dương.
B(x) + C(x)
Nếu như trường hợp A(x) có khi âm và có khi dương với x ∈ D, thì ta phải xét trường
hợp của x để A(x) luôn mang một dấu xác định hoặc cũng có thể biến đổi A(x) về một
T (x) đã xác định dấu nhất định.
Thứ III: Để đánh giá thật sự chặt thì ta luôn bám sát điều kiện x ∈ D. Đôi khi chúng ta
cũng không cần thiết đánh giá chặt vẫn có thể suy ra điều cần chứng minh.

1
1
Ví Dụ 1: Với 2 ≤ x ≤ 4 chứng minh f (x) = √
−√
− (2x + 1) < 0.
x−2+1
4−x+1
1
1
> 0; − √
< 0; −(2x + 1) < 0. Vậy ta
+ Ở đây ta có các biểu thức √
x−2+1
4−x+1
có một biểu thức dương và 2 biểu thức âm.
+ Đánh giá từng biểu thức:

• x≥2⇒x−2≥0⇒

√

x−2+1≥1⇒ √

1
1
≤ =1
1
x−2+1

• x ≥ 2 ⇒ 2x ≥ 4 ⇒ 2x + 1 ≥ 5 ⇒ −(2x + 1) ≤ −5. Suy ra √

1
− (2x + 1) ≤
x−2+1

1
1 − 5 = −4 < 0 ⇒ f (x) < 0 (Do − √
< 0. Một số nhỏ hơn 0 mà cộng thêm
4−x+1
một số nhỏ hơn 0 thì lại còn nhỏ hơn 0 nữa).
x+2
x+2
Ví dụ 2: Với x > −2 chứng minh f (x) = √
−√
− 3 < 0.
2
2
x + 12 + 4
x +5+3
+ Với x > −2 ⇒ x + 2 > 0. Do đó biểu thức đầu dương, biểu thức 2, 3 âm.
√
√
√
Cách 1: Ta có x2 + 12 > x2 ⇒ x2 + 12 > x2 = x ⇒ x2 + 12 + 4 > x + 4 ⇒
x+2
x+2
x+2
√
<
< 1 (Do mẫu lớn hơn tử). Nên ta có √

−3<1−3=
x+4
x2 + 12 + 4
x2 + 12 + 4
−2 < 0 ⇒ f (x) < 0
√
√
√
√
Cách 2: Ta có x2 + 12 > x2 + 5 và 5 > 3 ⇒ x2 + 12 + 4 > x2 + 5 + 3
x+2
x+2
⇒√
<√
⇒ f (x) < −3 < 0.
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
9


x+1
x+6
Ví dụ 3: Với x ≥ −2 chứng minh rằng f (x) = √
+√
− (x + 4) < 0
x+2+2
x+7+3
Với x ≥ −2 thì x+6 ≥ 4 > 0 và x+4 ≥ 2 > 0. Do đó biểu thức thứ 2 dương, thứ 3 âm, còn
biểu thức 1 có khi âm có khi dương. Biểu thức thứ 1 không âm khi x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
và âm khi x + 1 < 0 ⇔ x < −1. Do đó ta có lời giải sau:

Cách 1:
+ Xét −1 ≤ x ⇒ x + 1 ≥ 0.
√

x+1
x+1
x+2+2>2⇒ √
≤
(1)
2
x+2+2
√
x+6
x+6
x+7+3>3⇒ √
≤
(2)
3
x+7+3
Từ (1) và (2) suy ra
f (x) ≤

x 3
1 3
x+1 x+6
+
− x − 4 = − − ≤ − < 0.
2
3
6 2

6 2

x
1
≤ ).
6
6
+ Xét −2 ≤ x < −1 ⇒ x + 1 < 0.
(Do x ≥ −1 ⇒ −x ≤ 1 ⇒ −

√
x+6
x+6
x+7+3>3⇒ √
≤
3
x+7+3
Suy ra

x+6
−2x 6
4 6
−x−4=
− ≤ − <0
3
3
4
3 4
−2x
4

(Do x ≥ −2 ⇒ −2x ≤ 4 ⇒
≤ ).
3
3
Vậy cả hai trường hợp ta luôn có f (x) < 0.
f (x) <

Cách 2: Với x ≥ −2 ⇒ x+2 ≥ 0. Do x+1 chưa dương nên ta tách thành: x+1 = x+2−1.
Khi đó ta có
f (x) = √

x+2
1
x+6
−√
+√
− (x + 4)
x+2+2
x+2+2
x+7+3

Vây bây giờ có 2 biểu thức dương và 2 biểu thức âm.
√

x+2
x+2
≤
x+2+2>2⇒ √
(1)
2

x+2+2
√
x+6
x+6
x+7+3>3⇒ √
≤
(2)
3
x+7+3
Từ (1) và (2) suy ra
f (x) <

x+2 x+6
x
2
+
− x − 4 = − − 1 ≤ − 1 < 0.
2
3
6
6

x
2
≤ )
6
6
Vậy ta có điều phải chứng minh.
(Do x ≥ −2 ⇒ −x ≤ 2 ⇒ −

10


Cách 3: Có thể xem đáp án của BGD câu bất phương trình đề thi ĐH D-2014.
Ví dụ 4: Với x > 0 chứng minh rằng
√
x+1
x−1
√
> 0.
f (x) = √
+√
3
2
x+2
x − 4x + 5x + x3 − 3x2 + 4
Lời giải
Ta có x − 1 có khi âm có khi dương nên ta phải xét khoảng cho nó.
+ Nếu x ≥ 1 ⇒ x − 1 ≥ 0 ⇒ f (x) > 0.
+ Nếu 0 < x < 1.
Ta có
√
√
x+1
x+2−1
1
1
2
√
= √

=1− √
<1− =
3
3
x+2
x+2
x+2
√
1
1
1
1
[ Do x < 1 ⇒ x + 2 < 3 ⇒ √
> ⇒ −√
<− ]
3
3
x+2
x+2
√
√
x3 − 3x2 + 4 = (x + 1)(x − 2)2 ⇒ x3 − 3x2 + 4 = |x − 2| x + 1 > |x − 2| = 2 − x
[ Do 0 < x < 1 ]
√
√
⇒ x3 − 4x2 + 5x + x3 − 3x2 + 4 > 2 − x
1−x
1−x
2−x−1
1

1
1
√
⇒√
<
=
=1−
<1− = .
2−x
2−x
2−x
2
2
x3 − 4x2 + 5x + x3 − 3x2 + 4
1
1
1
1
> ⇒−
<− ]
[ Do 0 < x < 1 ⇒ −1 < −x < 0 ⇒ 0 < 1 < 2 − x < 2 ⇒
2−x
2
2−x
2
x−1
1
√
⇒√
>− .

3
2
3
2
2
x − 4x + 5x + x − 3x + 4
Vậy f (x) >

1 1
− = 0. (đpcm)
2 2

2. Đánh giá dựa vào biến đổi tương đương
Ví dụ 1: Chứng minh: 1 −

2(x2 − x + 1) < 0 (1)
Lời giải

(1) ⇔ 1 <

2(x2 − x + 1) ⇔ 1 < 2x2 − 2x + 2 ⇔ 2x2 − 2x + 1 > 0 (∗).

Bất đẳng thức (∗) đúng với mọi x ∈ R, (do ∆ = 4 − 8 = −8 < 0 và a = 2 > 0). Vậy suy
ra bất dẳng thức (1) đúng.
√
√
Ví dụ 2: Chứng minh: x2 − 3x + 5 > x (1)
Lời giải
(1) ⇔ x2 − 3x + 5 > x ⇔ x2 − 4x + 5 > 0 (∗).
Do ∆ = 16 − 20 < 0 và a = 1 > 0 nên suy ra (*) luôn đúng với mọi x ∈ R. Do đó (1)

đúng.
3. Đánh giá dựa vào khảo sát hàm số

11


Ví dụ 1: Chứng minh rằng f (x) = x5 + 3x3 + 3x + 8 > 0, ∀x ∈ [−1, 1]
Lời giải
4

2

Ta có f (x) = 5x + 3x + 3 > 0, ∀x ∈ [−1, 1]. Suy ra hàm f (x) đồng biến trên
[−1, 1] ⇒ f (x) ≥ f (−1) = −7 + 8 = 1 > 0, ∀x ∈ [−1, 1].
Ví dụ 2: Chứng minh f (x) = x (5 − x)3 − 11 < 0
Lời giải
Hàm số f (x) liên tục trên [0, 5] (chính là tập xác định của f (x))
√
√
f (x) = x(5 − x) 5 − x − 6 = (5x − x2 ) 5 − x
√
(5x − x2 )
⇒ f (x) = (5 − 2x) 5 − x − √
, ∀x ∈ [0, 5)
2 5−x
√
x√
5x √
⇒ f (x) = (5 − 2x) 5 − x −
5 − x = (5 − ) 5 − x

2
2
5x √
⇒ f (x) = 0 ⇔ (5 − ) 5 − x = 0 ⇔ x = 5 hoặc x = 2.
2
√
√
Khi đó f (0) = f (5) = −11; f (2) = 6 3 − 11 ⇒ f (x) ≤ f (2) = 6 3 − 11 < 0.
1
Ví dụ 3: Với x ∈ (0, ] chứng minh rằng:
3
√
f (x) = x2 + 3x + 2 1 − 2x − 2 > 0
Lời giải
2
f (x) = 2x + 3 − √
1 − 2x
1
2
1
√
f (x) = 2 −
< 0, ∀x ∈ [0, ]. Suy ra f (x) nghịch biến trên [0, ]
3
3
(1 − 2x) 1 − 2x
√
1
11
1

1
⇒ f (x) > f ( ) =
− 2 3 > 0, ∀x ∈ [0, ]. Suy ra hàm f (x) đồng biến trên [0, ]
3
3
3
3
1
⇒ f (x) > f (0) = 0, ∀x ∈ (0, ]
3

1.6

Một số phương trình vô tỷ cơ bản

1)
f (x) = kx + p,

(1.3)

ở đây f (x) có thể là bậc nhất, bậc hai hoặc bậc 3.
2)
3

f (x) = kx + p,

ở đây f (x) có thể là bậc nhất, bậc hai hoặc bậc 3.
3)
√
ax + b = kx + p + l

(1.4)

(1.5)

4)
f (x) =

12

g(x),

(1.6)


ở đây f (x), g(x) có thể bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất.
5)
3

f (x) =

3

g(x),

(1.7)

ở đây f (x), g(x) có thể bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất.
Phương pháp giải
Chúng ta chú ý rằng tới lúc này chúng ta chỉ mới giải được phương trình bậc nhất, bậc 2, bậc

3 (bậc 3 có ít 1 nhất nghiệm đẹp). Do đó tất cả các phương trình ở trên phải đưa về 1 trong 3
phương trình: bậc 1, bậc 2 hoặc bậc 3.
1) ĐK:
f (x) ≥ 0 (mọi căn bậc chẵn phải có đều kiện ≥ 0 đối với biểu thức dưới căn)
kx + p ≥ 0
(1.3) ⇔
Tới đây thì chúng ta biết cách giải rồi.
f (x) = (kx + p)2 .
2) (1.4)⇔ f (x) = (kx + p)3 ( Vì căn bậc lẻ không cần điều kiện gì và muốn mất căn bậc 3,
thì phải mũ 
3 hai vế lên thôi). Tới đây chúng ta cũng giải được.
ax + b ≥ 0
3) ĐK:
Nếu l ≥ 0 thì bình phương hai vế của (1.5) (Vì khi hai vế ≥ 0,
kx + p ≥ 0.
bình phương không cần đặt thêm điều kiện, còn nếu một vế chưa ≥ 0 thì phải đặt điều kiện
cho vế đó ≥ 0, rồi giải thêm điều kiện đó cũng hơi mệt), rút gọn sẽ đưa về dạng phương trình
(1.3). Nếu l < 0 thì chuyển l qua trái và làm tương tự. Vậy khi đó chúng ta được một phương
trình đã biết cách giải.

4) Đk:


f (x) ≥ 0

(1.6) ⇔ f (x) = g(x), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất.

g(x) ≥ 0.
5) Mũ ba hai vế (1.7), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất.
Chú ý: Khi giải được nghiệm, đối với những bài toán nào có điều kiện phải đối chiếu lại với

điều kiện để kết luận nghiệm.
Nhận xét: Chúng ta thấy rằng tất cả các dạng cơ bản của phương trình vô tỷ đều giải bằng
cách đưa về phương trình bậc 1, bậc 2 hoặc bậc 3.
Bài tập
Giải các phương trình sau:
√
1. 2x2 + 4x − 1 = x + 1.
√
2. 3 x2 + x − 4 = x − 1.
√
√
3. x + 1 = 2x − 5 + 1.
√
√
4. x2 + 2x − 1 = x + 2.
√
√
5. 3 2x + 1 = 3 2x2 − x + 3.
Lời Giải
1.

√
2x2 + 4x − 1 = x + 1.
13


√
√
−2 − 6
−2 + 6

Điều kiện: 2x + 4x − 1 ≥⇔ x ∈ (−∞,
]∪[
, +∞).
2
2
Phương trình tương đương với


x ≥ −1
x + 1 ≥ 0
⇔
x = −1 + √3 hoặc x = −1 − √3 < −1(l).
2x2 + 4x − 1 = (x + 1)2 ⇔ x2 + 2x − 2 = 0
√
So với điều kiện phương trình có nghiệm x = −1 + 3.
√
2. 3 x2 + x − 4 = x − 1
Phương trình tương đương với
2

x2 + x − 4 = (x − 1)3 ⇔ x2 + x − 4 = x3 − 3x2 + 3x − 1
⇔ x3 − 4x2 + 2x + 3 = 0 ⇔ (x − 3)(x2 − x − 1) = 0

x=3
√
√
⇔
5
1
−

5
1
+
hoặc x =
x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
2
√ 2 √
1− 5 1+ 5
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {
,
, 3}
2
2
√
√
3. x + 1 = 2x − 5 + 1.
5
Điều kiện: x ≥
2
Phương trình tương đương với
√
x + 1 = 2x − 5 + 2 2x − 5 + 1
[ Bình phương hai ]

5 − x ≥ 0
√
5−x = 2 2x − 5 ⇔
(5 − x)2 = 4(2x − 5) ⇔ x2 − 18x + 45 = 0

⇔


x ≤ 5
x = 3 hoặc x = 15 > 5(l).

Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = 3.
√
√
4. x2 + 2x −1 = x + 2

x2 + 2x − 1 ≥ 0
x ∈ (−∞, −1 − √2] ∪ [−1 + √2, +∞)
Điều kiện:
⇔
x + 2 ≥ 0
x ≥ −2
√
⇔ x ∈ [−1 + 2, +∞)
Phương trình tương đương với

√
√
−1 − 13
−1 + 13
x + 2x − 1 = x + 2 ⇔ x =
hoặc x =
.
2
2
√

−1 + 13
.
So với điều kiện phương trình có nghiệm x =
2
√
√
5. 3 2x + 1 = 3 2x2 − x + 3 (1).
1
(1) ⇔ 2x + 1 = 2x2 − x + 2 ⇔ 2x2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = .
2
Nhận xét: Trên đây là những bài toán cơ bản bắt buộc chúng ta phải giải được, vì một
2

bài toán giải phương trình vô tỷ bao giờ cũng sẽ đưa về hoặc là một phương trình bậc 1,
bậc 2, bậc 3 (đôi khi bậc 4) hoặc dạng cơ bản trên, .
14



Dd: 01677201817

Chương 2

Các phương pháp giải phương trình vô
tỷ trong các đề thi Đại học
Trong phần này chúng tôi sẽ giới thiệu các phương pháp giải phương trình vô tỷ, bất phương
trình vô tỷ trong các đề thi Đại học.
1. Phương pháp liên hợp.
2. Phương pháp hàm đặc trưng.
3. Phương pháp đặt 1 ẩn phụ không hoàn toàn và dừng tam thức bậc hai.

4. Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đồng bậc.
5. Phương pháp đặt 1 ẩn phụ hoàn toàn đưa về bậc 2, bậc 3.
6. Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3, bậc nhất đi
với hệ.
7. Phương pháp hàm số đơn điệu
Trong 7 phương pháp trên thì chỉ cần dùng các phương pháp 1, 2, 3, 4, 5 đã giải được tất cả các
đề thì Đại học về phương trình, bất phương trình, từ 2009 − 2015. Còn phương pháp 6 cũng
khá hay trong việc giải phương trình và được sử dụng nhiều trong việc giải hệ phương trình.
Phương pháp 7 thường dùng kèm với phương pháp liên hợp. Quan trọng nhất vẫn là 4 phương
pháp đầu tiên.

2.1

Phương pháp liên hợp

Đẳng thức thường dùng:
√
A − B2
1. A − B = √
A+B
√
Ở đây ta sẽ gọi B là biểu thức liên hợp của A
√
√
A−B
√
2. A − B = √
A+ B
√
√

A−B
√
3. A + B = √
A− B
√
A − B2
4. A + B = √
A−B
15


√
A − B3
3
√
A−B = √
3
A2 + 3 AB + B 2
√
A + B3
3
√
√
6. A + B = 3
A2 − 3 AB + B 2
√
Ở đây ta sẽ gọi B là biểu thức liên hợp của 3 A.

5.

2.1.1

Liên hợp khi phương trình chỉ có một nghiệm đẹp
√
√
Ví dụ 1: Giải phương trình: x − 2 + 4 − x = 2x2 − 5x − 1.

Dùng máy tính Casio fx-570VN PLUS để tìm nghiệm đẹp của phương trình. Chúng ta bấm
như sau:
√
√
Nhập x − 2 + 4 − x − 2x2 + 5x + 1 (Chuyển về một vế rồi mới bấm, ở đây chúng tôi chuyển
vế phải qua vế trái), bấm SHIFT, SOLVE, 100. Chúng ta được nghiệm x = 3. Bây giờ bấm tiếp
SHIFT, SOLVE, -100. Chúng ta được "can’t solve" tức là không giải được. Vậy phương trình
√
√
chỉ có duy nhất nghiệm là x = 3. Bây giờ chúng ta thay x = 3 vào 2 căn thức x − 2, 4 − x
ta được:

√
√

x−2=1
4−x=1

√
⇔

√

x−2−1=0
4−x−1=0

Lời giải
ĐK:


x − 2 ≥ 0

⇔ 2 ≤ x ≤ 4.

4 − x ≥ 0
√
√
( x − 2 − 1) + ( 4 − x − 1) = 2x2 − 5x − 1 − 2
(Do VT chúng ta đã trừ 2 nên VP phải trừ 2)
x−3
3−x
⇔√
+√
= (x − 3)(2x + 1)
x−2+1
4−x+1
(Ở VT chúng ta đã liên hợp nhờ công thức 2, VP do 2x2 − 5x − 3 = (x − 3)(2x + 1))
⇔√

x−3
x−3
−√
− (x − 3)(2x + 1) = 0

x−2+1
4−x+1

1
1
⇔ (x − 3)[ √
−√
− (2x + 1)] = 0
x−2+1
4−x+1

x−3=0

⇔
1
1
√
−√
− (2x + 1) = 0
x−2+1
4−x+1
1
1
Đặt f (x) = √
−√
− (2x + 1), 2 ≤ x ≤ 4. (Do phương trình chỉ có một
x−2+1
4−x+1
nghiệm x = 1 nên f (x) > 0 hoặc f (x) < 0 với mọi x : 2 ≤ x ≤ 4. Để biết f (x) luôn dương
hay luôn âm, chúng ta chỉ cần tính giá trị của f (3) = −7 < 0 nên chúng ta sẽ chứng minh

f (x) < 0.)

16


1
1
Với 2 ≤ x ≤ 4 thì √
> 0; − √
< 0; −(2x + 1) < 0. (Nên để chứng minh
x−2+1
4−x+1
1
f (x) < 0, chúng ta chỉ cần chứng minh √
− (2x + 1) < 0.)
x−2+1
+ x≥2⇒x−2≥0⇒

√
1
1
≤ = 1.
x−2+1≥1⇒ √
1
x−2+1

+ x ≥ 2 ⇒ 2x ≥ 4 ⇒ 2x + 1 ≥ 5 ⇒ −(2x + 1) ≤ −5.

(2.1)

(2.2)

1
Từ (2.1) và (2.2) chúng ta có √
− (2x + 1) ≤ 1 − 5 = −4 < 0. Do đó f (x) < 0, 2 ≤
x−2+1
x ≤ 4, nên phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình

√

x2 + 12 −

√

x2 + 5 = 3x − 5.

Dùng máy tính Casio fx-570VN PLUS để tìm nghiệm đẹp của phương trình. Chúng ta bấm
như sau:
√
√
Nhập x2 + 12 + x2 + 5 − 3x + 5 (Chuyển về một vế rồi mới bấm, ở đây chúng tôi chuyển vế
phải qua vế trái), bấm SHIFT, SOLVE, 100. Chúng ta được nghiệm x = 2. Bây giờ bấm tiếp
SHIFT, SOLVE, -100. Chúng ta cũng được x = 2 (Khả năng phương trình có duy nhất nghiệm
là rất cao, tuy nhiên để cho chính xác chúng ta bấm tiếp như sau). Chúng ta bấm mũi tên qua
√
√
trái (để lấy lại phương trình) và sửa phương trình thành ( x2 + 12+ x2 + 5−3x+5) : (x−2),
(Tức là ta lấy phương trình đó chia cho nghiệm của nó, nếu chỉ phương trình ban đầu có duy
nhất nghiệm, thì phương trình sau khi chia sẽ vô nghiệm) nhấn SHIFT, SOLVE, 100 thì chúng

ta được kết quả phương trình không giải được.Vậy phương trình chỉ có duy nhất nghiệm là
√
√
x = 2. Bây giờ chúng ta thay x = 2 vào 2 căn thức x2 + 12, x2 + 5 ta được:
√
x2 + 12 = 4
√
.
x2 + 5 = 3
√
√
Do đó chổ x2 + 12 chúng ta chèn -4 và chổ x2 + 5 chèn -3.
Lời giải
(Không có điều kiện vì biểu thức dưới căn không âm)
Phương trình trở thành
√
√
( x2 + 12 − 4) − ( x2 + 5 − 3) = 3x − 5 − 1
(Do VT chúng ta đã cộng thêm -4+3=-1 nên VP cộng cho -1. Chúng ta chú ý khi nào căn
thức có nhân với một số khác 1, thì chúng ta phải lấy số đó ra ngoài rồi mới chèn, như ở đây
√
x2 + 5 nhân với −1 nên phải lấy − ra ngoài như trên)
⇔√

x2 − 4
x2 − 4
−√
= 3(x − 2)
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3

(Ở VT chúng ta đã liên hợp nhờ công thức 2)
(x − 2)(x + 2) (x − 2)(x + 2)
⇔ √
− √
− 3(x − 2) = 0
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
17


(Ở đây chúng ta đã dùng hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b)(a + b), còn nếu ai không nhớ hằng
đẳng thức này thì chúng ta vẫn có thể đưa x2 − 4 về tích xem lại mục phân tích một biểu thức
bậc 2)
x+2
x+2
⇔ (x − 2)[ √
−√
− 3] = 0
2
2
x + 12 + 4
x +5+3

⇔

x−2=0
x+2
x+2
√

−√
−3=0
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3

(*)

x+2
x+2
Đặt f (x) = √
−√
− 3. (Chúng ta sẽ chứng minh f (x) < 0 nhưng chúng
2
2
x + 12 + 4
x +5+3
x+2
x+2
ta để ý x + 2 chưa biết luôn âm hay luôn không âm nên √
, −√
chưa
2
2
x + 12 + 4
x +5+3
xác định một dấu nhất định. Do đó chúng ta phải đánh giá cho x dựa vào phương trình đã
cho, chúng ta đánh giá như sau)
√
√
√

√
5
Vì x2 + 12 > x2 + 5 nên 0 < x2 + 12 − x2 + 5 = 3x − 5 ⇒ x > .
3
x+2
x+2
x+2
5
> 0; − √
< 0 (Bây giờ chỉ cần chứng minh √
−
Với x > , thì √
3
x2 + 12 + 4
x2 + 5 + 3
x2 + 12 + 4
x+2
5
x+2
√
< 0 hoặc √
− 3 < 0, x ≥ là xong).
2
3
x2√+ 5 + 3
√ x + 12 + 4
2
2
Do x + 12 + 4 > x + 5 + 3 và x + 2 > 0 nên
√

x+2
x+2
x+2
x+2
<√
⇒√
−√
< 0.
2
2
2
+ 12 + 4
x +5+3
x + 12 + 4
x +5+3

x2

Suy ra f (x) < −3 < 0 nên phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có duy nhất
√
nghiệm x = 2. (Ở trên chúng ta cũng có thể đánh giá như sau: x2 + 12 > x2 ⇒ x2 + 12 +
x+2
x+2
x+2
4 > x+4 ⇒ √
<
< 1. Suy ra √
− 3 < 1 − 3 = −2. Do đó
x+4

x2 + 12 + 4
x2 + 12 + 4
f (x) < −2 < 0 ).
√
√
Ví dụ 3: Giải phương trình 2x − 2 − x + 1 + x2 − 4x + 3 = 0
Bấm máy tính chúng ta biết được phương trình có duy nhất nghiệm x = 3. Thay x = 3 vào 2
√
√
căn thức 2x − 2, x + 1 ta được:
√
√
√
2x − 2 = 2
⇒ 2x − 2 − x + 1 = 2 − 2 = 0.
√
x+1=2
Dó đó chúng ta không cần phải chèn thêm số để liên hợp mà chúng ta có thể liên hợp 2 căn
thức lại với nhau (Nếu liên hợp bằng cách chèn số như 2 Ví dụ trên vẫn được nhé!)
Lời giải
ĐK: x ≥ 1.
Phương trình trở thành
√
√
( 2x − 2 − x + 1) + x2 − 4x + 3 = 0
(2x − 2) − (x + 1)
√
⇔√
+ (x − 3)(x − 1) = 0
2x − 2 + x + 1

18


( Ở đây chúng ta dùng công thức liên hợp 1 và biễu diễn x2 − 4x + 3 thành tích)
x−3
√
+ (x − 3)(x − 1) = 0
⇔√
2x − 2 + x + 1
1
√
+ (x − 1)] = 0
2x − 2 + x + 1
1
√
⇔ x − 3 = 0 (Do x ≥ 1 nên x − 1 ≥ 0 ⇒ √
+ (x − 1) > 0).
2x − 2 + x + 1
⇔ (x − 3)[ √

⇔ x = 3. So với điều kiện nghiệm của phương trình là x = 3.
Ví dụ 4: Giải phương trình
√
√
(x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 = x2 + 7x + 12.
Bấm máy tính chúng ta được phương trình có duy nhất nghiệm x = 2.
Lời giải
Điều kiện: x ≥ −2
Phương trình trở thành

√
√
(x + 1)( x + 2 − 2) + (x + 6)( x + 7 − 3) = x2 + 7x + 12 − 2(x + 1) − 3(x + 7)
√
x + 2 nhân với x + 1 khác số 1 nên chúng ta phải lấy x + 1 ra làm nhân tử chung rồi
√
mới chèn, tương tự với x + 7. Vì VT chúng ta đã cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6) nên VP cũng
(Do

phải cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6))
⇔

(x + 1)(x − 2) (x + 6)(x − 2)
√
+ √
= (x − 2)(x + 4)
x+2+2
x+7+3

⇔ (x − 2)[ √

⇔

(x + 1)
(x + 6)
+√
− (x + 4)] = 0
x+2+2
x+7+3

x−2=0
(x − 1)
(x + 6)
√
+√
− (x + 4) = 0
x+2+2
x+7+3

(*)

(x + 6)
(x − 1)
+√
− (x + 4), x ≥ −2 (Chúng ta sẽ chứng minh f (x) <
x+2+2
x+7+3
0, x > −2. Chúng ta chú ý rằng với x ≥ −2, thì x + 6 ≥ 6 − 2 = 4 > 0 và −(x + 4) ≤ −2 < 0
Đặt f (x) = √

nhưng x + 1 ≥ −1 chưa biết luôn âm hay luôn không âm. Do đó chúng ta sẽ xét hai trường
hợp x + 1 < 0 và trường hợp x − 1 ≥ 0 như sau). + x ≥ −1 ⇒ x + 1 ≥ 0.
Mặt khác
√
(x + 1)
x+1
x+2+2≥2⇒ √
≤
2
x+2+2

và

√
(x + 6)
x+6
≤
.
x+7+3≥3⇒ √
3
x+7+3

Nên suy ra
f (x) ≤

x+1
(x + 6)
x 3
1 3
+√
− (x + 4) = − − ) ≤ − < 0
2
6 2
6 2
x+7+3
19


1
x
≤ ).

6
6
+ −2 ≤ x < −1 ⇒ x + 1 < 0 và x + 6 > 0
(x + 6)
x+6
Mặt khác theo ở trên √
≤
3
x+7+3

(Do với x ≥ −1 ⇒ −x ≤ 1 ⇒ −

⇒√

(x + 6)
2x
4
2
x+6
−x−4=− −2≤ −2=− <0
− (x + 4) ≤
3
3
3
3
x+7+3

(Do với x ≥ −2 ⇒ −2x ≤ 4 ⇒ −

2x

4
≤ ).
3
3

(x + 1)
Do x + 1 < 0 nên √
< 0, suy ra f (x) < 0, −2 ≤ x < −1. Vậy ta luôn có f (x) <
x+2+2
0, x ≥ −2 nên (∗) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
2.1.2

Liên hợp khi đã biết hai nghiệm đẹp
√
√
Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x − 1 + 5x − 1 = x2 + 1

Bấm tính chúng ta thấy khi SHIFT, SOLVE, 100, chúng ta được nghiệm x = 2, tiếp tục nhấn
√
√
SHIFT, SOLVE, -100 chúng ta vẫn được x = 2. Chúng ta bấm tiếp (2 x − 1+ 5x − 1−x2 −1) :
(x − 2), nhấn SHIFT, SOLVE, 100 được nghiệm x = 1. Vậy chúng ta đã tìm được hai nghiệm
đẹp của phương trình. Bây giờ tiến hành liên hợp, thay x = 2, x = 1 vào phương trình
√
x − 1 = ax + b ta được một hệ phương trình theo a, b như sau:


2a + b = 1
a = 1
⇔

a + b = 0
b = −1
⇒

√

x − 1 sẽ liên hợp với x − 1. Tương tự thay x = 2, x = 1 vào phương trình

√
5x − 1 = ax + b

ta được một hệ phương trình theo a, b như sau:


a = 1
2a + b = 3
⇔
b = 1
a + b = 2
⇒

√
5x − 1 sẽ liên hợp với x + 1. (Ở đây chúng ta để ý rằng hệ phương trình theo a, b ở dưới

và ở trên chỉ khác nhau các số ở VP, mà các số ở VP đó chính là những số nhận được khi thay
lần lượt các nghiệm vào căn thức).
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 1
Phương trình trở thành
√

√
2[ x − 1 − (x − 1)] + [ 5x − 1 − (x + 1)] = x2 + 1 − 2(x − 1) − (x + 1)
(Cũng không khác gì với cách liên hợp 1 nghiệm, chỉ khác ở đây chèn một biểu thức bậc nhất
trong khi liên hợp một 1 chèn một số).
(x − 1) − (x − 1)2 (5x − 1) − (x + 1)2
⇔2√
+ √
= x2 − 3x + 2
x − 1 + (x − 1)
5x − 1 + (x + 1)
−x2 + 3x − 2
−x2 + 3x − 2
+√
= x2 − 3x + 2
⇔ 2√
x − 1 + (x − 1)
5x − 1 + (x + 1)
20


⇔ (x2 − 3x + 2)[1 + √

2
1
+√
]=0
x − 1 + (x − 1)
5x − 1 + (x + 1)

(Ở đây chúng ta đã chuyển VT qua phải, sau đó lấy x2 − 3x + 2 làm thừa số chung)

⇔ x2 − 3x + 2 = 0
(Do x > 1 ⇒ x − 1 ≥ 0, x + 1 > 0 ⇒ 1 + √

2
1
+√
> 0)
x − 1 + (x − 1)
5x − 1 + (x + 1)

⇔ x = 1 hoặc x = 2.
So với điều kiện, nghiệm của phương trình là S = {1, 2}.
√
√
Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x + 2 + 22 − 3x = x2 + 8
Bấm máy tính chúng ta tìm được hai nghiệm x = 2 và x = −1. Khi đó thay x = 2 và x = 1
√
vào phương trình ax + b = x + 2 ta được hệ phương trình



2a + b = 2
a = 1
3
⇔
4
−a + b = 1

b =
3

√
√
x 4
⇒ x + 2 liên hợp với + . Thay x = 2 và x = −1 vào 22 − 3x ta được 4 và 5. Từ chú ý
3 3
ở trên ta chỉ cần sửa lại VP của hệ phương trình ở trên 2 thành 4 và 1 thành 5. Khi đó chúng
√
14
1
x 14
ta tìm được a = − và b = . Suy ra 22 − 3x liên hợp với − + .
3
3
3
3
Lời giải
22
Điều kiện: −2 ≤ x ≤ .
3
Phương trình trở thành
√
√
x+4
−x + 14
4(x + 4) −x + 14
4[ x + 2 −
] + [ 22 − 3x −
] = x2 + 8 −
−
3

3
3
3
(Chúng ta thấy rằng trong phương trình có sự xuất hiện của số 3 ở mẫu, điều này làm cho việc
tính toán phức tạp. Do đó chúng ta sẽ nhân hai vế của phương trình cho 3, để làm mất đi số
3 đó.)
√
√
⇔ 4[3 x + 2 − (x + 4)] + [3 22 − 3x − (−x + 14)] = 3x2 + 24 − 4(x + 4) − (−x + 14)
(Chúng ta lấy rằng bên VT chúng tôi đẩy số 3 vào trong ngoặc để rút gọn đi cho số 3 ở mẫu
thức, tới đây phương trình có các hệ số thuận lợi cho việc tính toán hơn nhiều)
(−x2 + x + 2)
4(−x2 + x + 2)
= 3(x2 − x − 2)
⇔ √
+ √
3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14)
4
1
⇔ (x2 − x − 2)[3 + √
+ √
]=0
3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14)
⇔ x2 − x − 2 = 0
22
22
22
(Do từ điều kiện x ≥ −2 ⇒ x+4 ≥ 2 > 0 và x ≤
⇒ −x ≥ − ⇒ −x+14 ≥ − +14 > 0.
3

3
3
Vậy suy ra
4
1
3+ √
+ √
> 0)
3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14)
21


⇔ x = 2 hoặc x = −1.
So với điều kiện phương trình có tập nghiệm S = {−1, 2}.
NHẬN XÉT. Chúng ta thấy rằng trong liên hợp đã biết hai nghiệm, thì vấn đề chứng
minh cái biểu thức còn lại dương hoặc âm là khá nhẹ nhàng so với trong bài toán liên hợp một
nghiệm.
2.1.3

Liên hợp khi biết một nghiệm xấu của phương trình
√
Ví dụ 1: Giải phương trình x2 + x − 1 = (x + 2) x2 − 2x + 2

Chúng ta nhập phương trình và khi nhấn SHIFT, SOLVE, 100, thì được nghiệm x = 3, 82847...,
(vì chúng ta không biết chính xác nghiệm là bao nhiêu nên để sử dụng chúng ta gán cho nó
là A như sau:) Bấm SHIFT, RCL,A (Bây giờ chúng ta sẽ tìm biểu thức bậc nhất liên hợp
√
với x2 − 2x + 2. tương tự như trường hợp có nghiệm đẹp, thay x = A vào phương trình
√
√

x2 − 2x + 2 = ax + b ta được A2 − 2A + 2 = aA + b, vì A là số quá xấu nên phương trình
này rất xấu và không thể dùng được để tìm a, b nhưng có một điều chắc chắn là a, b là các số
√
đẹp (tức là số hữu tỉ). Do đó A2 − 2A + 2 − aA = b phải là số đẹp, từ đây chúng ta chỉ cần
thử giá trị của a từ -10 đến 10 (Vì a thường là số nằm số từ -10 đến 10) và khi nào giá trị
√
A2 − 2A + 2 − aA là số tự nhiên thì đó chính là b. Để làm đều đó chúng ta có thể dùng máy
tính bấm như sau) từ trên chúng ta bấm tiếp MODE, chọn 7 (TABLE), ở f (x) chúng ta nhập
√
A2 − 2A + 2 − AX ( Để có A, chúng ta nhấn ALPHA, A, ở đây X chính là a), chổ g(x) chúng
ta cho 0 vì ở đây chúng ta không cần dùng, chổ Start chọn 0 bấm =, chổ End chọn 10 (Vì mấy
tính chỉ cho phép X chạy từ 0 trở đi, chứ không cho phép chạy từ số âm sang số dương được. Do
đó trước tiên chúng ta cho a chạy từ 0 đến 10, nếu chưa tìm được thì cho a chạy từ -10 đến -1),
nhấn =, Step để nguyên, bấm =. Khi đó chúng ta nhận được một bảng giá trị của X, F(X) (G(X)
chúng ta không quan tâm), chúng ta chỉ lấy giá trị của F(X) là số tự nhiên (Vì F(X) chính là b),
√
chúng ta thấy khi X = 0, thì F (X) = 3 tức là a = 0 và b = 3 Vậy x2 − 2x + 2 = 0x + 3 = 3
√
tức là x2 − 2x + 2 liên hợp với 3. Tới đây việc liên hợp không khác gì trường hợp nghiệm đẹp.
Lời giải
(Không có điều kiện vì biểu thức dưới căn luôn dương).
Phương trình trở thành
√
x2 + x − 1 − 3(x + 2) = (x + 2)( x2 − 2x + 2 − 3)
(Do VP chúng ta đã cộng thêm cho −3(x + 2) nên VT cũng phải cộng thêm −3(x + 2))
⇔ x2 − 2x − 7 = (x + 2) √

x2 − 2x − 7
x+2
⇔ (x2 − 2x − 7)[1 − √

]=0
x2 − 2x + 2 + 3
x2 − 2x + 2 + 3

(Chúng ta chuyển VP qua trái và lấy x2 − 2x − 7 làm nhân tử chung)

x2 − 2x − 7 = 0 (2)
⇔
.
x+2
1− √
= 0 (∗)
x2 − 2x + 2 + 3


22


√

Chúng ta có (∗) ⇔

⇔

x2 − 2x + 2+3−(x+2) = 0 ⇔

√

x2 − 2x + 2 = (x−1) ⇔


x − 1 ≥ 0
x2 − 2x + 2 = x2 − 2x + 1


x ≥ 1
1 = 0 (Vô lí).

Vậy phương trình (∗) vô nghiệm (Ở đây chúng ta cũng có thể chứng minh phương trình (∗)
√
√
vô nghiệm như sau: (∗) ⇔ x2 − 2x + 2 + 3 − (x + 2) = 0 ⇔ x2 − 2x + 2 = x − 1. Do
x2 − 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 ⇒ V T > x − 1 = V P . Vậy phương trình (*) VN).
√
x=1+ 7
√ . So với điều kiện tập nghiệm của phương trình là S =
Phương trình (2) ⇔
x=1− 7
√
√
{1 + 7, 1 − 7}.
√
Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1.
Bấm máy tính được nghiệm lẻ x = −0, 41412...., bấm SHIFT, RCL, A (Để gán nghiệm), bấm
√
√
tiếp MODE, 7, f (x) = A2 − 2A + 3 − AX (Ở đây A2 − 2A + 3 có được khi thay A vào
√
x2 − 2x + 3 còn −AX thì lúc nào cũng trừ ax),g(x) = 0, Start=0, End=10, =,=. Khi đó ở
√

cột F (X) chúng thấy khi X = 0, F (X) = 2 tức là a = 0, b = 2. Vậy x2 − 2x + 3 = ax + b = 2
√
tức x2 − 2x + 3 liên hợp với 2.
Lời Giải
Phương trình trở thành
√
x2 − 2x − 1
2
2
√
(x + 1)[ x − 2x + 3 − 2] = x + 1 − 2(x + 1) ⇔ (x + 1)
= x2 − 2x − 1
2
x − 2x + 3 + 3
⇔ (x2 − 2x − 1)[ √

x+1
− 1]
x2 − 2x + 3 + 3

(Chuyển VP qua trái và lấy x2 − 2x − 1 làm nhân tử chung)

√
√
x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 hoặc x = 1 − 2
⇔
.
x+1
√
− 1 = 0 (2)

x2 − 2x + 3 + 3
Chúng ta có:

√
√
(2) ⇔ x2 − 2x + 3 + 3 = x + 1 ⇔ x2 − 2x + 3 = x − 2


x ≥ 2
x ≥ 2
⇔
⇔
x2 − 2x + 3 = x2 − 4x + 4
x = 1 (V N ).

Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. Vậy so với điều kiện tập nghiệm của phương trình S =
√
√
{1 − 2, 1 + 2}.
√
Ví dụ 3: Giải phương trình 2x2 − 6x − 1 = 4x + 5 (1)
√
Chúng ta tìm biểu thức liên hợp của 4x + 5 bằng cách bấm máy: tìm nghiệm x = 3, 732....,
√
SHIFT, RCL, A, MODE, 7, 4A + 5 − AX (chổ f(X)), 0 (chổ g(X)), 0 (Start), 10 (End),=,=.
√
Chúng ta thấy X = 2, F (X) = −3 tức là a = 2, b = −3. Vậy 4x + 5 liên hợp với ax+b = 2x−3.
Lời giải
5
Đk: x ≥ −

4
23



Phương trình trở thành
√
4x + 5 − (2x − 3)2
2x2 − 6x − 1 − (2x − 3) = [ 4x + 5 − (2x − 3)] ⇔ 2x2 − 8x + 2 = √
4x + 5 + (2x − 3)
−4x2 + 16x − 4
−2(2x2 − 8x + 2)
⇔ 2x2 − 8x + 2 = √
⇔ 2x2 − 8x + 2 = √
4x + 5 + (2x − 3)
4x + 5 + (2x − 3)
2
] = 0.
⇔ (2x2 − 8x + 2)[1 + √
4x + 5 + (2x − 3)
Tới đây chúng ta biết cách giải rồi nhưng có một điều mà nhiều em không biết hay không để ý là
√
lời giải trên bị sai một chổ rất tinh tế đó là từ chổ liên hợp dẫn đến xuất hiện 4x + 5+(2x−3)
ở mẫu, vì biểu thức này chưa khác 0, có thể bấm máy tính để thấy điều đó. Do đó mẫu chưa
xác định. Bây giờ chúng ta có hướng chỉnh sửa lại để có lời giải đúng.
Cách 1: Xét trường hợp
Lời giải đúng
5
Điều kiện: x ≥ −
4

√
√
+ Xét 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ 4x + 5 = 3 − 2x (2)

3 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3
2
⇔
4x + 5 = 9 − 12x + 4x2 ⇔ x = 2 − √3 hoặc x = 2 + √3

⇔x=2−

√

3.

thay (2) vào (1) ta được
2x2 − 6x − 1 = 3 − 2x ⇔ 2x2 − 4x − 4 = 0 ⇔ x = 1 −

√

3 hoặc x = 1 +

√

3.

Vậy trương hợp này vô nghiệm.
√
√
+ Xét 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ x = 2 − 3. [ Cái này ta không cần giải chỉ cần lấy phủ định

√
√
lại kết quả 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ x = 2 − 3 ]
Phương trình (1) trở thành
√
4x + 5 − (2x − 3)2
2
√
2x − 6x − 1 − (2x − 3) = [ 4x + 5 − (2x − 3)] ⇔ 2x − 8x + 2 =
4x + 5 + (2x − 3)
2

−2(2x2 − 8x + 2)
−4x2 + 16x − 4
2
√
√
⇔ 2x − 8x + 2 =
⇔ 2x − 8x + 2 =
4x + 5 + (2x − 3)
4x + 5 + (2x − 3)
2
⇔ (2x2 − 8x + 2)[1 + √
] = 0.
4x + 5 + (2x − 3)
Tới đây chúng ta biết cách giải rồi nhé!
2

Cách giải 2
Lời giải đúng

5
Đk: x ≥ −
4
Phương trình trở thành
√
2x2 − 6x − 1 − (2x − 3) = 4x + 5 − (2x − 3)
√
⇔ 2x2 − 8x + 2 = 4x + 5 − (2x − 3)
√
√
[ 4x + 5 − (2x − 3)][ 4x + 5 + (2x − 3)] √
⇔
= 4x + 5 − (2x − 3)
−2
24