New hot THủ thuật giải toán phương trình vô tỷ đoàn trí dũng

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

TÀI LIỆU ÔN THI
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
------------------------***------------------------

THỦ THUẬT
Giải toán
PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Tác giả: ĐOÀN TRÍ DŨNG

HÀ NỘI, THÁNG 4 NĂM 2016

1


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

CHỦ ĐỀ 1: 4 KỸ NĂNG CƠ BẢN CẦN BIẾT
TRONG QUÁ TRÌNH GIẢI TOÁN BẰNG MÁY TÍNH CASIO
I. Kỹ năng 1: Kỹ năng nâng lũy thừa:
Kỹ năng nâng lũy thừa là rất quan trọng trong quá trình giải toán
mà trong quá trình giải toán, ta vẫn thường gọi với những tên quen
thuộc như “bình phương hai vế”, “lập phương hai vế”. Học sinh cần
nắm vững các hằng đẳng thức cơ bản về nâng lũy thừa như sau:






a  b  a  b  2ab .
a  b  a  3a b  3ab  b .
a  b  c   a  b  c  2 ab  bc  ca  .
a  b  c   a  b  c  3 a  b  b  c  c  a  .
a  b  c   a  b  c  3 a  b  c ab  bc  ca   3abc .
2

2

3

3

2

2

2

2

2

2

2

3

3

3

3

3

3

3

3

3

II. Kỹ năng 2: Phân tích nhân tử biểu thức chứa một căn dạng cơ
bản:
Ví dụ 1: Phân tích nhân tử: x  2 x  3
Đặt

x  3  t  x  t 3  3 . Khi đó:

x  2 x  3  t 2  2t  3   t  1 t  3 .

Do đó thay ngược t  x  3 ta được:

x2 x3 





x  3 1



x3 3 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Phân tích nhân tử: 2x  4  5 x  1





Đáp án: 2 x  1  1

x 1 2



Bài 2: Phân tích nhân tử: 2x  5  7 2x  1
Đáp án:





2x  1  1

2x  1  6



III. Kỹ năng 3: Phân tích nhân tử hai biến không chứa căn:
Ví dụ 2: Phân tích nhân tử: x2  2xy  y2  x  y (Tối đa là bậc 2).
Thay y  100 , biểu thức trở thành:

x2  2xy  y2  x  y  x2  201x  10100 .
Bấm máy phương trình bậc 2 ta được 2 nghiệm: x  100,x  101 .
2


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

Do đó: x2  201x  10100   x  100  x  101 .
Vì 100  y,101  100  1  y  1 , vậy:

x2  2xy  y2  x  y   x  y  x  y  1 .

Ví dụ 3: Phân tích nhân tử: x3  2x2 y  xy2  y2  xy  3x  3y .
Thay y  100 , biểu thức trở thành:

x3  2x2 y  xy2  y2  xy  3x  3y  x3  200x2  10103x  10300
Sử dụng SOLVE ta được x  100  y . Ta có hai cách xử lý sau:
Cách 1: Sử dụng CALC:
1
Thay x  1000, y 
ta có:

100
x3  2x2 y  xy2  y2  xy  3x  3y
 1000013.01
xy

1
1
 3
 x2  xy  y  3
100
100
Hay nói cách khác phân tích đa thức nhân tử ta được kết quả:
 10002  1000.



x3  2x2 y  xy2  y2  xy  3x  3y   x  y  x2  xy  y  3



Cách 2: Sơ đồ Hoorne:
1
200
10103
10300
x
1
100
103
0

100
3
2
x  200x  10103x  10300
Vậy
 x2  100x  103
x  100
Hay x3  2x2 y  xy2  y2  xy  3x  3y   x  y  x2  xy  y  3 .





Chú ý: Phƣơng pháp này rất có ích cho các bài toán về chủ đề
tƣơng giao đồ thị hàm số bậc 3.
IV. Kỹ năng 4: Kỹ năng tìm max/min của phân số
Hƣớng đi 1: Tìm max/min bằng TABLE
1
Ví dụ ta muốn tìm max/min của
:
x2 2
Với chức năng TABLE của máy
tính Casio ta được:

3


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

max

1
x2 2

 0.5 

1
2

Chú ý rằng: max A  a thì biểu
thức  a  A   0 luôn đúng.

Do đó nếu sau khi liên hợp:


Xuất hiện  A   , ta tìm minA .



Xuất hiện  A  , ta tìm max A .

Hƣớng đi 2: Sử dụng đánh giá ƣớc lƣợng:
c
c
 Ước lượng theo số:
  b,c  0  .
a b b
x1
x
1

 

 Ước lượng theo bậc cao nhất:
2
2
x  2x  5  x
x x 2
Chú ý: Lớn hơn hay nhỏ hơn để chắc chắn ta sử dụng TABLE để
kiểm tra, điều này giúp khám phá ra những giá trị min/max khá đặc
biệt, chẳng hạn như sau:
x2  x  2
x2  x x  1
 

2
x2  x  1  x
x2  x

 x2  x  2
x 1
Kiểm tra 

 trong TABLE với điều kiện có được
2
2 
 x x 1  x
để kiểm tra cẩn thận nhóm biểu thức này dương hay âm.

4

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

CHỦ ĐỀ 2: TỔNG QUAN CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI
Các phương pháp chính khi giải toán phương trình:
1. Tƣ duy đặt ẩn phụ:
Đặt 1 ẩn phụ: Mục đích đưa về một phương trình, bất phương trình
cơ bản hơn. Vậy khi nào đặt được ẩn phụ? Quan sát hệ số, phát hiện
sự lặp đi lặp lại:



Ví dụ 5: 2 25x2  18x  9



 2  4x   9  x  1
2

2







5x  1  4  5  x  3 







x 1



3

4x   x  1  4  5 4x  3  x  1



x 1



3

Thông thường đến bước này cần phải quyết định thực hiện các phép
biến đổi cơ bản đưa về ẩn phụ (Cộng, trừ, nhân, chia). Nếu lựa chọn
phép chia thì phải triệt tiêu 1 biến:
  4x 2
  4x
4 
 4x



2

9
1 
 5
 3


 x  1
 x  1
x  1 
 x1 


Thường học sinh hay nản nhất ở bước quyết định có ẩn phụ hóa
được hay không này, đó là cần biến đổi biểu thức lạc loài về được ẩn
phụ cần đặt, và có thể hệ số bất định hóa:

16
 4x 
 

x 1
x1
 x 1
4    0   4

Tới đây ta quy đồng và đồng nhất hệ số: 
.
  16

  16
4



Hay nói cách khác ta biến đổi phương trình về dạng:
  4x 2
 4x
 4x  
 4x


  5
2

9

1

16

4
 3



 x 1
 x  1
 x  1  
 x 1 



Đến đây bài toán có thể xử lý được đơn giản hơn rất nhiều. Mời bạn
đọc tiếp tục với hai bài toán cơ bản áp dụng sau:
3x2  4x  8
Áp dụng 1: x2  3x  6  x 
2 x2  3x  6  x  4



Áp dụng 2: x3  x  2



2



3



x2



5

x3  2x  4  x3  x  2
5

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

Đặt 2 ẩn phụ trở lên: Mục đích để nhóm nhân tử hoặc sử dụng hàm
đặc trưng. Bản chất của hàm đặc trưng cũng chính là phép đặt ẩn
phụ, do đó nếu ta tư duy liệu có hàm đặc trƣng đƣợc hay không, ta
nên chuyển tư duy thành có thể dồn về hai ẩn phụ được hay không?
Ví dụ 6: x  1 

2x3  3x2  23x  11  3 x2  4x  5

0
x2  2x  2  x2  4x  5
Trước tiên học sinh cần biết rút gọn phương trình về dạng:

 x  1

x2  2x  2   x  2  x2  4x  5  2x3  3x2  23x  11  0

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

 x  1  x  1

2

 1  2x3  3x2  23x  11   2  x 

2  x

2

1

Tuy nhiên như tôi đã nói ở trên, khó khăn nhất luôn là xử lý nhóm
biểu thức còn lại, và theo kinh nghiệm của tôi, đó là sử dụng phương
pháp hệ số bất định và đồng nhất hệ số: 2x3  3x2  23x  11



 





   x  1   2  x    x  1   2  x     x  1   2  x 
3

3

2

2



Để tìm các hệ số, ngoài việc phá vỡ biểu thức và nhóm theo từng bậc
của biến x, ta có thể thay 4 giá trị bất kỳ của x vào để tìm:

x  1  27  9  3  39
  1

x  0  7  3    11

   1

x  3  65  15  5  85

  1
x  4  133  21  7   161
Tại sao 3 ẩn mà cần 4 phương trình? Vì cần có một phương trình để
kiểm tra đó! Không phải lúc nào cũng đúng đâu nhé, nên phải hết
sức cẩn thận !
Vậy ta viết lại thành:  x  1

 x  1  1   x  1   x  1   x  1
  2  x  2  x  1   2  x   2  x   2  x
 2x  5  4x x  1  2  x  1 .
2

3

2

Áp dụng 3:  x  1 x2

2

3

2

2

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

6


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

2. Tƣ duy tạo hằng đẳng thức:
Đây là một phép biến đổi tay táo bạo nhưng lại giúp ích rất nhiều.


Nếu xuất hiện: ab  Tạo ra  a  b  .



Nếu xuất hiện: ab  a  b   Tạo ra  a  b  .

2

3



Ví dụ 7: x2  x  1  2  x  1 x  2  1  3 x 2  1



2



Phương trình  x2  2x  1  2  x  1 x  2  x  2  1  3 x 2  1


 x  1  x  2  1  x  1  x  1  x  1  
 x  1  x  2x  1  x  1    x  2  1  0


 x 1 x  2

  1 
2

3

3

3





3

3

x2  1

2

3

2

2



2

2



x  2 1  0

3



x  x  3 3 x  1

2

x  2x  1  x  2x  1 x  1 
2

x3

3



2

3



3

x 1



2



x3
x 2 1

0



Ví dụ 8: 3x 3 x  7 x  3 x  7  7x 3  12x 2  5x  6





3x 3 x  7 x  3 x  7  7x 3  12x 2  5x  6





 x3  x  7  3x 3 x  7 x  3 x  7  8x 3  12x 2  6x  1



 x 3 x7



3

  2x  1  x  3 x  7  2x  1  3 x  7  x  1
3





  x  1  x  7  x3  3x2  2x  6  0   x  1 x2  4x  6  0
3

 x  1.






3
4  8x  9x2
Ví dụ 9:  2   2 x  1  1 
x
3x  2 2x  1

Điều kiện xác định: x  1. Bất phương trình đã cho tương đương với:

 2x  3  2

x

  9x  4  2x  1

x 1 1

2

3x  2 2x  1

7


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



 2x  3  2

  3x  2

x 1 1

x

2x  1





Do x  1. Do đó BPT   2x  3  2 x  1  1  3x 2  2x 2x  1



 

  x  1  x  1  0
Vì:  x  1  x  1   0;  x  2x  1   0; 2  x  1  x  1  0 , x  1

 2  x  1  x  1    x  2x  1   2  x  1  x  1  0
2

2

 2 x  1  x  1  x  2x  1  2
2

2

2

2

x  1  x  1

Vậy để BPT xảy ra thì  VT  0  x  2x  1  x  1.
x  1  0

3. Tƣ duy đi tìm nhân tử:
A. Tìm nhân tử nghiệm đơn hữu tỷ cơ bản:
Liên hợp căn bậc 2
Liên hợp căn bậc 3
Liên hợp căn bậc 3
2
2
3
3
a b
a 3  b3

a b
ab 2
ab 2
ab
ab
a  ab  b2
a  ab  b2
2
1
1
1
Chú ý: a 2  ab  b2  a 2  b2   a  b   0, a, b .
2
2
2
Giả sử phương trình f  x   0 có nghiệm x  3 và trong phương trình
x  6 , khi đó với x  3  x  6  3 .
x69
x3
Vậy nếu sử dụng liên hợp: x  6  3 
khi đó

x6 3
x6 3
sẽ xuất hiện nhân tử  x  3  và có thể rút ra làm nhân tử chung.
có chứa căn thức

x6  3  x.
x  x  6  x  3 x  2 
Vậy nếu sử dụng liên hợp: x  x  6 

ta

x x6
x x6
cũng rút được nhân tử  x  3  .
Tuy nhiên, vì x  3 nên ta cũng có thể đánh giá
2

Nhƣ vậy bản chất của phƣơng pháp nhân liên hợp là rút ra nhân tử
chung để chỉ ra nghiệm của phƣơng trình. Khi hai đại lƣợng a và b có

8


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

giá trị bằng nhau, ta có thể sử dụng nhân liên hợp giữa hai đại lƣợng
này.
Phƣơng pháp nhân liên hợp truy ngƣợc dấu cấp độ 1:


 

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

a  b thì sử dụng liên hợp:

đồng thời có đánh giá



a

x  1  2 khi đó ta sử dụng liên hợp:

Ví dụ:

x1




a b ab a .





x 1  2  x 1 2 x 1 .

 

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

đồng thời

Ví dụ:

3

a  b thì sử dụng liên hợp:



3

a b



3

a b



3

a  a  b2 3 a .

x  5  2 khi đó ta sử dụng liên hợp:



3

x5 2



3

x5 2



3

x  5  x  543 x  5 .

Phƣơng pháp nhân liên hợp truy ngƣợc dấu cấp độ 2: Giả sử bài
toán chứa  x  3 và phương trình có nghiệm x  1 . Khi đó ta đánh
giá như sau:

x  3  2  x  1  2x  x2  1  2x2  ...
Do đó ta có thể sử dụng các phương án liên hợp sau:

x2  x  2



x  1 x  3 



2x  x  3 



x 1 x  3 



2x  x  3 

4x2  x  3
2x  x  3

2

2

x  1 x  3




 x  1 x  2
x 1 x  3

 x  1 4x  3
2x  x  3

x4  2x2  x  2
x  1 x  3
2

4x4  x  3
2x2  x  3





 x  1  x

3

 x2  3x  2

x  1 x  3



2

 x  1  4x

3

 4x2  4x  3



2x2  x  3
9


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

Việc lựa chọn liên hợp nào là một nghệ thuật và người sử dụng
liên hợp trong quá trình làm bài cần phải là một nghệ sĩ, phải biết
phối hợp giữa các điều kiện bài toán đưa ra ban đầu để từ đó quyết
định đâu là liên hợp cần tìm.
Ví dụ 10: 3  x  2   3x  4  3 2x  1  x  3

3  x  2   3x  4  3 2x  1  x  3



 

 2x  1  3 2x  1 

 



3x  4  4  x  3  x  3  0

 2 2x  1
3
x3 
  x  4 


  0  3  x  4
 2x  1  3
3x


4

4
x

3

1


B. Tƣ duy tìm nhân tử nghiệm vô tỷ:
Ví dụ 11: x3  x2  x  5   x  4  x  2  0


Phân tích
Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  3.302775638 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x  2  2.302775638  x  1 .
Hƣớng dẫn cách sử dụng TABLE và SOLVE
Bƣớc 1: Truy cập Mode 7 (Table):


f  x   x3  x 2  x  5   x  4  x  2

Lựa chọn Start = 2 , End = 7, Step =
0.5
Bƣớc 2: Nhận bảng giá trị:
Từ bảng giá trị ta nhận thấy hàm số
có sự đổi dấu trong  3; 3.5  .

Như vậy phương trình có thể có
nghiệm trong khoảng này.
Vì vậy ta sẽ sử dụng SOLVE với giá
trị khởi đầu x  3.2   3; 3.5  để tìm
ra nghiệm này.

10


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

Bƣớc 3: Quay trở lại Mode 1, ta gõ
phương trình:

x3  x 2  x  5   x  4  x  2  0

Bƣớc 4: Bấm Shift Calc (Solve) với
giá trị x  3.3 , ta thu được nghiệm:
x  3.302775638
Bƣớc 5: Thay vào căn thức ta có:

x  2  2.302775638  x  1
Vậy phương trình có nhân tử là:

x  1 

x2



Bài giải
Cách 1: Sử dụng liên hợp cơ bản:
Ta có: x3  x2  x  5   x  4  x  2  0





 x3  2x2  4x  1   x  4  x  1  x  2  0





  x  1 x2  3x  1   x  4 

x2  3x  1
x 1 x  2

0



1
 x2  3x  1  x  1   x  4 
0
x 1 x  2 












Quy đồng ta được:  x2  3x  1 x2  x  3   x  1 x  2  0











1 2
x  3x  1 2x2  2x  6  2  x  1 x  2  0
2
2

2
1 2

1  11 

 x  3x  1  x  1  x  2   x      0 .

2
2
4



Cách 2: Sử dụng liên ngƣợc:




Ta có: x3  x2  x  5   x  4  x  2  0





 x3  2x2  4x  1   x  4  x  1  x  2  0









  x  1 x2  3x  1   x  4  x  1  x  2  0

11


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

Liên hợp ngƣợc: Xét biểu thức liên hợp:

x  1





x  2 x  1  x  2   x  1   x  2   x 2  3x  1
2




Do đó:  x  1  x  1  x  2  x  1  x  2    x  4   x  1 
  x  1  x  2    x  1  x  1  x  2   x  4   0
  x  1  x  2   x  x  3   x  1 x  2   0

1

1  11 
 x  1  x  2  x  1  x  2    x      0

2
2

4



x2  0

Do đó ta có thể viết lại: x2  3x  1  x  1  x  2 x  1  x  2 .

2

2

2



ƢU ĐIỂM VÀ NHƢỢC ĐIỂM CỦA
LIÊN HỢP CƠ BẢN VÀ LIÊN HỢP NGƢỢC
Liên hợp cơ bản
Liên hợp ngƣợc
Ƣu điểm
Có lợi thế khi gặp bài toán Lợi thế khi gặp bài toán
từ 2 căn thức trở lên.
bất phương trình.
Nhƣợc
Bất lợi khi giải bất phương Bất lợi khi gặp bài toán
điểm
trình vì phải xử lý điều có nhiều căn thức.
kiện mẫu số.
Cần thử lại nghiệm sau khi

giải xong phương trình.
C. Tƣ duy nhân tử nghiệm bội hữu tỷ:
Ví dụ 12: x2  x  1  2x  1  0
Phƣơng pháp nhận diện bằng SOLVE và d/dx:
Bƣớc 1: Bấm phương trình trên máy
tính Casio và sử dụng SHIFT CALC
(SOLVE) ta thu được x  1 .
Bƣớc 2: Kiểm tra điều kiện nghiệm
bội bằng cách xét:





d 2
x  x  1  2x  1
0
x 1
dx
Vậy x  1 là nghiệm bội kép
12


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

Phân biệt nghiệm đơn và bội qua d/dx:


x  a là nghiệm bội của f  x   0 nếu



x  a là nghiệm đơn của f  x   0 nếu





d
f x
0.
xa
dx





d
f x
 0.
xa
dx

Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:
Bƣớc 1: f  x   x2  x  1  2x  1 .
Lựa chọn các giá trị:
Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5.
Bƣớc 2: Nhận xét: Hàm số tiếp xúc
trục hoành tại điểm duy nhất x  1 .

Như vậy x  1 là nghiệm bội kép.
Phân biệt nghiệm đơn và nghiệm
bội kép thông qua TABLE
 Hàm số đổi dấu khi đi qua
trục hoành là nghiệm đơn.
 Hàm số không đổi dấu khi đi
qua trục hoành là nghiệm
kép.

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

Là nghiệm đơn f  x   0 . Không là nghiệm f '  x   0 .

Kép

Nghiệm kép f  x   0 . Không là nghiệm kép f "  x   0 .

Bội 3

Là nghiệm đơn f  x   0 . Là nghiệm kép f '  x   0 .

Bội 4

Là nghiệm kép f  x   0 . Là nghiệm kép f "  x   0 .

Chú ý: Các bài toán nghiệm bội phần lớn là nghiệm kép.
Giải bài toán nghiệm bội hữu tỷ nhƣ thế nào?
Cách 1: Nhân liên hợp:
Tổng quát: Nếu x  x0 là nghiệm bội kép hữu tỷ và phương trình có

chứa căn thức

n

A , khi đó ta đặt: ax  b  n A
13


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

ax  b  n A  x 
0
 0
Ta tìm các hệ số a, b bằng cách giải hệ sau: 
d n
A
a 
x  x0
dx

Chú ý:

 



Nếu là nghiệm bội 3, ta đặt ax2  bx  c  n A .
 2
 n A  x0 
 ax  bx  c

x  x0


d n

Giải hệ:  ax2  bx  c '

A
x  x0 dx
x  x0


d  n
 ax2  bx  c "

A  x  '


 x  x0
x

x
dx

0
d  n
Trong đó
là để tính đạo hàm cấp 2.
A  x  '
 x  x0

dx 









 















Nếu có 2 nghiệm bội kép, ta có thể rút từng nghiệm kép ra lần
lượt bằng nhân liên hợp (Liên hợp 2 lần liên tiếp) hoặc ta làm
giống như nghiệm bội 3: Đặt ax2  bx  c  n A .
 2

 n A  x1 
 ax  bx  c
x

x
1


d n
 ax2  bx  c '

A
x  x1 dx
x  x1

Giải hệ: 
 ax2  bx  c
 n A  x2 

x  x2

 2
d n

A
 ax  bx  c '
x  x2 dx
x  x2


















 

 

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

ax  b  2x  1 .
Khi đó ta sẽ tìm các hệ số a, b bằng cách giải hệ sau:

14


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


ax  b  2x  1
x1
a  b  1 a  1




a

1
d

b  0
a 
2x  1

x1
dx






Vậy với a  1, b  0 ta có x  2x  1 nên liên hợp cần tạo ra là :
Ta có: x2  x  1 

 x  2x  1  .

2x  1  0   x  2x  1    x  2x  1  0
2

2

1
 x2  2x  1  0   x  1 
 1  0 .
x  2x  1
 x  2x  1 
Cách 2: Tạo hằng đẳng thức (Chỉ nên áp dụng với nghiệm kép):



x2  2x  1





Ta có: x2  x  1  2x  1  0  2x2  2x  2  2 2x  1  0




 



 2x  1  2 2x  1  1  2 x 2  2x  1  0



2x  1  1  2  x  1  0
2

2

Cách 3: Sử dụng đánh giá AM – GM (Chỉ nên áp dụng với nghiệm
kép).
a2  b2
 AM – GM cho 2 số: ab 
a, b  . Do đó sử dụng bất
2
đẳng thức này với những biểu thức chứa căn bậc 2 và lựa
chọn 2 đại lượng a, b có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy ra
khi a  b .
a 3  b3  c 3
 AM – GM cho 3 số: abc 
a, b,c  0 . Do đó sử
3
dụng với những biểu thức chứa căn bậc 3 và lựa chọn 3 đại
lượng a, b,c không âm có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy
ra khi a  b  c .
 Tương tự như vậy ta có thể đánh giá bất đẳng thức AM – GM
cho các căn bậc cao hơn.
Áp dụng: Vì x  1  2x  1  1 . Vậy a  2x  1, b  1 (AM – GM cho
2 số).
15

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

2x  1  1
 2x  1  x .
2
2
Mà x2  x  1  2x  1 . Do đó: x 2  x  1  x   x  1  0  x  1 .
Ta có:

2x  1.1 

Cách 4: Đặt ẩn phụ và phân tích nhân tử (Phƣơng pháp này hoàn
toàn độc lập và không bị lệ thuộc vào máy tính):
t2  1
Đặt 2x  1  t  0  x 
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2

 t2  1  t2  1
1
 1  t  0  t4  t2  t  1  0

 
2
4
 2 
2
2

1
1
  t  1 t 2  2t  3  0   t  1 t 2  2t  3  0
4
4
2
1

2x  1  1 x  1  2x  1  0 .
2
Cách 5: Liên hợp ngƣợc:





















 



Ta có: x2  x  1  2x  1  0  x  2x  1  x 2  2x  1  0


 x 

 
2x  1  x  1 


2x  1   0



 x  2x  1  x  2x  1 x  2x  1  0

D. Tƣ duy nghiệm bội vô tỷ:

Ví dụ 13: x2  5x  x 3x  1   x  1 5x
Phƣơng pháp nhận diện bằng TABLE:
Bƣớc 1: Xét hàm số:

f  x   x2  5x  x 3x  1   x  1 5x

Lựa chọn các giá trị:

Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5
Bƣớc 2: Nhận bảng giá trị của
TABLE:
Ta thấy: Phương trình có vẻ như
không có nghiệm bởi tất cả các giá
trị đều mang dấu dương. Tuy
nhiên, điều này có thể được lý giải
như sau:
16


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



Với lựa chọn Start = 0.5, End
= 9.5, Step = 0.5, TABLE sẽ
chỉ hiển thị được các giá trị
hoành độ hữu tỷ, còn các giá
trị hoành độ vô tỷ không
hiển thị được.
 Nghiệm vô tỷ thì khi nhìn
vào TABLE ta phải thấy hàm
số có sự đổi dấu từ âm sang
dương nhưng điều này
không hề xuất hiện bởi
nghiệm kép vô tỷ này sẽ
khiến hàm số không thể đổi
dấu khi đi qua trục hoành.
Như vậy đây là dấu hiệu của

Nghiệm kép vô tỷ, tuy nhiên, điều
đó sẽ chỉ được khẳng định hoàn
toàn nếu ta tìm được nghiệm của
phương trình, mà điều này không
quá khó khăn, ta có thể quay trở lại
Mode 1 và dùng SOLVE.
Bƣớc 3: Quay trở lại Mode 1 và sử
dụng SOLVE, ta tìm được:
x  2.618033812
Giải bài toán nghiệm bội hữu vô tỷ nhƣ thế nào?
Bƣớc 4: Thay vào căn thức ta được:
 3x  1  2.618033887  x

 5x  3.618033866  x  1
x  3x  1
Vậy ta có đánh giá 
.
x

1

5x


Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:
17


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

x2  5x  x 3x  1   x  1 5x  x2  5x  x 3x  1   x  1 5x  0

 2x2  10x  2x 3x  1  2  x  1 5x  0



 
2

 x  3x  1  x  1  5x



2

0

Cách 2: Sử dụng đánh giá AM – GM:

x2  3x  1
x
3x

1


2

Ta có: 
 x 3x  1   x  1 5x  x2  5x .

2
 x  1  5x

x

1
5x




2
x  3x  1
3 5
x
Do đó x2  5x  x 3x  1   x  1 5x  
.
2
x  1  5x
Cách 3: Ép tích bằng ẩn phụ:
t2
Đặt 5x  t  0  x  . Khi đó phương trình trở thành:
5
 t2

t4
t 2 3t 2
 t2 
 1    1  t  t 4  5t 3  25t 2  25t  t 2 15t 2  25  0
25

5 5
5



 t


 5t 10t







 t 2  5t t 2  5t  5  t 2 5t  5  15t 2  25  0
2

2







 50t  50  10t 2 5t  5  15t 2  25  0

 t  5t  5t  5  15t  25   10t   0


  5t  5  15t  25   5t  20t  25t   t  5t  15t  25   0
  5t  5  15t  25   t 10t  50t  50    t  5t   5t  5  15t  25    0
  5t  5  15t  25   t  5t  5  15t  25   t  5t   0
  5t  5  15t  25   4t  t 15t  25   0 . Thay ngược t  5x :
 5t  5  15t 2  25

2

2

2

3

2

2

18

5x  1  3x  1

2

2

2

  20x 

2

  4x 
2

2

2

2

 5 5x  5  75x  25

2

2

2

2




2

2

2

2



5x 75x  25  0



5x 3x  1  0 .


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

4. Tƣ duy giải toán bằng ẩn phụ không hoàn toàn:
Đây là một dạng phương pháp giải quyết các phương trình có
dạng A B  C bằng cách nhóm về nhân tử mà không cần quan tâm
đến nghiệm của phương trình. Các bươc làm như sau:
Bƣớc 1: Đặt t  B điều kiện t  0 .
Xét phương trình tổng quát có dạng t 2  At  C  B  0 .
Bƣớc 2: Gán cho x  100 khi đó ta được phương trình bậc hai với ẩn
là t và tham số là  .
Bƣớc 3 :


Tính  và tìm  sao cho



Khi tìm

  f    là số hữu tỷ và   0 .

  f    chúng ta sử dụng TABLE với Start =  9;

End = 9; Step = 1 tìm giá trị   0 thỏa mãn điều kiện trên.
Ta tìm được  và tính được







Ví dụ 14: x2  1
Đặt

.

x3  x  1  2x2  2x  3

x3  x  1  t với t  0  t 2  x 3  x  1 khi đó theo phương trình tổng

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









 t 2  x2  1 t  2x2  2x  3   x3  x  1  0 ( 2) .
Gán giá trị cho x  10 khi đó phương trình ( 2)
  t 2  101t  223  1009  0 .

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

  101  4  223  1009    
2

Xét hàm số f     

101

2

101

2

 4  223  1009  .

 4  223  1009  .

Sử dụng chức năng TABLE để tìm   0 và  nguyên sao cho
f     có giá trị hữu tỷ:

Xét công cụ TABLE (mode 7) cho:
F( X ) 

101

2

 4X  223  1009X 

Với các giá trị:
 START = 9 .

X
9
8
7

F(X)
587.4904<
525.0152<
462.8271<
19


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

 END = 9.
 STEP = 1.
Khi đó ta tìm giá trị X sao cho F(X)
nhận giá trị hữu tỷ và đồng thời X
là giá trị khác 0.
Dựa vào bảng giá trị TABLE như

trên, ta nhận thấy với X =  1 thì:
F(X)  123  100  20  3  x2  2 x  3
Vậy nếu lựa chọn   1 thì:

6
5
4
3
2
1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9

  x2  2 x  3

Do đó, nếu ta lựa chọn:
  1

   123  x2  2x  3

f



123




Vậy với cách đặt ẩn phụ là t và
  1 ta được phương trình có :





401.0598<
339.9426<
279.9017<
221.8129<
167.7170<
123
101
115.5205<
156.7194<
209.4015<
266.8501<
326.5593<
387.4854<
449.1336<
511.2426<
573.6627<

2

  123  100  20  3  x2  2 x  3    x2  2x  3 .

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



 
 

 t   x  1 t   x  2x  3x  2   0 .
    x  1  4  x  2x  3x  2    x  2x  3 
t 2  x2  1 t  2x2  2x  3  x3  x  1  0 .
2

2

2

2

3

2

3

2

2

2





   x2  2x  3 .

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



 x2  1  x2  2 x  3
x2  x  2
t 

2
2
hai nghiệm sau : 
 x2  1  x2  2 x  3
t 
 x1
2




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

 x2  x  2 
2
t 
  t  x  1  0  2t  x  x  2  t  x  1  0
2













 x2  x  2  2 x3  x  1 x  1  x3  x  1  0
20


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

5. Tƣ duy giải toán bằng phƣơng pháp đánh giá :
Ví dụ 15: x  x  1  2x
Ta có: x  x  1  2x



2

x

 

2

x





ln x2  1  ln  x  3   3x  3  x  2





4

ln x2  1  ln  x  3   3x  3  x  2
4

 

 x  x  2  x  1  3x  3  2 x

2

x







ln x 2  1  2 2 ln  x  3   0

 x1
2
x1 
  2x x ln x2  1  22 ln  x  3   0
  x  2 

 x  x2
x  1  3 



2
x1
1
  2x ln x2  1  2 x 2 ln  x  3 
 2x  x  2  x  1 

 x  x2
x  1  3 


Ta nhận xét hàm số: f  x   2x ln  x  1 là hàm số đồng biến khi x  0 .













Do đó: Ta đánh giá:


Nếu  x  2  x  1  0  x  2 thì :



2
2
x 1
1
  2x ln x2  1  2x ln x 2  1
2x  x  2  x  1 

 x  x2

x  1  3 














 2x2 ln  x  3   2x ln x2  1  x  2  x2  1  x  2 (Loại).
2



Nếu  x  2  x  1  0  x  2 thì :



2
2
x 1
1
  2x ln x2  1  2 x ln x 2  1
2x  x  2  x  1 


 x  x2
x  1  3 














 2x 2 ln  x  3   2x ln x2  1  x  2  x 2  x  2 (Loại).
2



Mặt khác  x  2  x  1  0  x  2  x  1 thử lại ta thấy đều
thỏa mãn là nghiệm của phương trình.

Áp dụng:

x2  15  3x  2  x2  8  ln x





Áp dụng: log 2 2  x  3  2x
Áp dụng:

x3

 x  2x  2  2 x  3  9

e  x  3
 x 
 ln 
  ln 2
x 1
x7
 x2 

x3  10x2  2x  8

 4x

2

4



21

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

CHỦ ĐỀ 3: TỔNG HỢP CÁC KỸ NĂNG CƠ BẢN XỬ LÝ “HẬU
QUẢ CỦA LIÊN HỢP VÀ NHÓM NHÂN TỬ”
1. Kỹ năng 1: Thế rút từ phƣơng trình ban đầu:
Nguyên tắc: Sau khi liên hợp xong, ta thực hiện phép thế từ phương
trình ban đầu vào:
Ví dụ 16: 2 x2  x  2  2x2  4x  x  2

2 x2  x  2  2x2  4x  x  2 

2x2  8x  8
2 x2  x  2  2x2  4x



2x  4
  x  2 
 1  0
2
2
 2 x  x  2  2x  4x 





  x  2  2x  4  2 x2  x  2  2x2  4x  0
Thay ngược 2 x2  x  2  x  2  2x2  4x ta có:









  x  2  2x  4  x  2  2x2  4x  2x2  4x  0





  x  2  x  2  2 2x2  4x  0 (Đơn giản rồi nhé!)
Ví dụ 17: x  x2  3  2x2  7  2x2  4
Ta có: x  x2  3  2x2  7  2x2  4







2x2  7  x2  3 
x2  4



2x2  7  x2  3





2x2  4  x  0
x2  4

2x2  4  x

0



1
1
 x2  4 

  0
2
2
2x2  4  x 
 2x  7  x  3


2
2
2
 2x  4  x  2x  7  x  3 

2
 x 4 
0
2
2
2x2  4  x 
 2x  7  x  3















 x2  4



Thay ngược
22







2x2  4  x  2x2  7  x2  3  0
x2  3  2x2  7  2x2  4  x ta có:

 x2


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


 x

  2x  4  x  2x  7  2x  7  2x  4  x  0
 4   2 2x  4  2 2x  7   0 (Xong rồi nhé!).

 x2  4
2

2

2

2

2

2

2

Áp dụng 4: x  x2  3x  3  3 2x3  6 .
Áp dụng 5: x2  9x  1  x 11  3x  2x  3 .
2. Kỹ năng 2: Bình phƣơng phƣơng trình hệ quả:

2x2  18

Ví dụ 18:

2x  18
2







x  1  16  4x  5  x  3 



x  1  16  4x  5  x  3  

5  x  3  2x2  18
x  1  16  4x

 5  x  3

x  3

2
 2x  18  x  1  16  4x
Trƣờng hợp 1: x  3 (Thỏa mãn điều kiện xác định).
Thay vào phương trình ta thấy đây là một nghiệm thỏa mãn.
Trƣờng hợp 2:

2x2  18  x  1  16  4x . Bình phương hai vế ta

được:  2x2  3x  1  4



 x  1 4  x   4

 



x2  3x  4  2x2  3x  1







16 x2  3x  4  2x2  3x  1 2
 2x2  x  3 2x 2  7x  21  0



2
2x2  3x  1  0
2x  3x  1  0
3
 x  1  x  . Thử lại ta thấy các nghiệm này không thỏa mãn
2
phương trình ban đầu.
3. Kỹ năng 3: Đánh giá không âm:
Đánh giá không âm là tạo một lượng vừa đủ không âm, phần còn lại
đánh giá theo chiều dương, thông thường đại lượng không âm có thể
hiểu là một hằng đẳng thức hoặc sử dụng kết hợp điều kiện:
Ví dụ 19: x3  2x2  x2  2x  5  2 4x  5  5x  4
Phương trình  x3  2x2  5x  4 



 

x 2  2x  5  2  2



4x  5  3  0
23

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



x 1
8
  x  1  x2  x  4 

  0
2
4x

5

3
x  2x  5  2


2


1  15
x 1
8
0
  x  1   x    

2



2
4
4x

5

3
x

2x

5

2



x 1
x
 
1
 2
2
 x  2x  5  2
x
Dùng đánh giá ước lượng: 
.
8
8



 4x  5  3 3
Dùng TABLE ta nhận thấy:
x 1
x 1
1  0  1
2
2
x  2x  5  2
x  2x  5  2
Ta nhận thấy vừa dùng đánh giá ƣớc lƣợng vừa dùng TABLE sẽ rất
hiệu quả.
2

 8

1
1 
x 1
8
  x  1   x      1 



   0
 3
2

2  12 

4x

5

3
x

2x

5

2






2

1
1
x2  2x  5  3  x
8 4x  5 

  x  1  x    

0
 
2  12

3 4x  5  3 
x2  2x  5  2







Ta chứng minh: x2  2x  5  3  x  0  x2  2x  5  x  3
(Vì ta biết chắc chắn dƣơng rồi nên mới chứng minh đó…)
Với x < 3 bất phương trình luôn đúng.
x2  2x  5   x  3 2
4x  4

Ngược lại thì quy đồng: 
(Đúng).
x

3
x

3


Ví dụ 20:

x4  3x3
x 3 1





 x2  1



x2  5x  6  x  2









Phương trình  x4  3x3  2 x2  1  x  2   x2  1  x  2 






x2  1  x  2  
3
2
0
  x  2   x  3x  2x  2 



x

2

2



24



x2 2




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





 x3  3x2  2x  2 x  2  x 3  4x 2  3x  2 
0
  x  2 



x2 2


Ta kết hợp điều kiện xác định với việc tạo hằng đẳng thức ta được:





x3  3x2  2x  2  x3  2x2  x2  2x  2  x2  x  2    x  1  1  0
2

2


3 7
x  4x  3x  2  x  2x  2x  3x  2  x  x  2   2  x     0
4 8

Vậy ta có: x  2 .
Chú ý: Ta có thể giải bằng truy ngƣợc dấu, hàm đặc trƣng. Mời bạn
đọc tự thử sức.
Nhƣng đôi khi sử dụng kỹ thuật “Parabol nhỏ”, ta có thể tạo đƣợc
những bất ngờ thú vị hơn, mời bạn đọc xem bài ví dụ tiếp theo:
3



2

3

2



2

2

Ví dụ 21: x2  x  8   3x  8  x  1  x2  1  3 x  1  0
Phương trình


x 1



x  1  3   x  1  3  x  1  3 1  x  1   x  x  1  2
  x  1  3 x  1  2 x  1  2  x   x  x  1  1 x  1  3   0
  x  1  3 x  1  2 x  1  2  x  x x  1  x   0
  x  1  3   x  2  x  1  2  x  1   0
 x 1

x  1  3   x  8  x  1  2x x  1  x2  2x   x  8   0



x 1 3  0

Tới đây, sử dụng TABLE với hàm
số:

F  x   x  2 x  1

Ta nhận thấy hàm số tiếp xúc với
đường thẳng y  2 . Hay nói cách
khác, nhân tử:  x  2  x  1  2
Sẽ đem lại hằng đẳng thức!

Thật vậy, đặt t  x  1   x  2  x  1  2  t 3  3t  2   t  1  t  2  .
2

Hay nói cách khác, ta biến đổi phương trình về dạng:
25