Kinh Lup Table Tap 21

1


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
Rèn luyện kỹ năng sử dụng nâng lũy thừa, ẩn phụ và hàm số.
Ngày nay các phương pháp nhân liên hợp đã khiến cho các bài toán trở nên
đơn điệu và thiếu tính sáng tạo. Chính vì vậy, trong bài viết này tôi muốn gửi tới bạn
đọc 10 bài toán tư duy làm thế nào để có thể có cách tư duy tốt nhất với phương pháp
nâng lũy thừa, ẩn phụ và hàm số.
Bài viết này được trích dẫn từ Vấn đề 3 trong cuốn sách Phát triển tư duy và
kỹ năng giải toán Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình của tôi dự kiến
xuất bản cuối năm 2016.
Bài toán 1: Giải phương trình sau trên tập số thực :

x

2

 3x  2



3x  2  2 x 3  6 x 2  4 x  0 .

Phân tích:

Đây là một bài toán phương trình có dạng g  x  f  x   h  x  mà tác giả đã đề
cập đến cho chúng ta ở Vấn đề 1 , chúng ta có thể sử dụng phương pháp nâng lũy
thừa để giải bài toán. Nhưng nếu chúng ta lũy thừa thì phương trình sẽ trở thành bậc
6, khá khó khăn để có thể giải. Nếu như vậy, chúng ta còn phương pháp nào không
để xử lí bài toán này? Vấn đề 3 sẽ trả lời cho các bạn câu hỏi trên.

Nhận thấy, các hạng tử có mối liên hệ với nhau bởi biểu thức 3x  2 nếu biến
đổi phương trình tương đương : x 2 3x  2   3x  2  3x  2  2 x 3  2 x  3x  2   0. Từ
đó ta có thể giải theo 2 cách chính sau đây:


Chia hai vế cho  3x  2  3x  2 .



Đặt trực tiếp biểu thức t  3x  2  0 , đưa về phương trình đẳng cấp bậc ba.
Bài giải:
2
Điều kiện xác định: 3x  2  0  x  .
3
Phương trình đã cho tương đương với:
x 2 3x  2   3x  2  3x  2  2 x 3  2 x  3x  2   0  * 

Cách 1: Đặt một ẩn phụ:
3

2
2
2
 Trường hợp 1: Nếu x  , thì  *   2.    0 : Vô lí nên x  không là nghiệm
3
3
3

của phương trình  *  .

2
, nếu chia 2 vế của phương trình  *  cho
3
3x  2  0 thì  *  tương đương với:

 Trường hợp 2: Nếu x 

 3x  2 

2

3

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

Đặt t 

2

x
3x  2

 0 . Khi đó phương trình  1 trở thành:


 1
t
2t  t  2t  1  0   t  1 2t  3t  1  0   2 .

0
t  1
x
1
1
Với t  , suy ra:
  3x  2  2 x  4 x 2  3x  2  0 : vô nghiệm.
2
3x  2 2
3



2

2



x  1
 1  3x  2  x  x 2  3x  2  0  
( Thỏa mãn)
3x  2
x  2
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x  1; x  2 .
Cách 2: Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 3:

Với t  1 , suy ra:

x

Đặt: t  3x  2  0 . Khi đó:  *   x2t  2xt 2  t 3  2x3  0  2 

Chú ý: Phương trình  2  : x2t  2xt 2  t 3  2x3  0 có thể giải như sau:
Gán x  100 , phương trình có dạng: t 3  200t 2  10000t  2000000  0
t  2 x
.
 1 t  200  t  100  t  100   0  1  t  2 x  t  x  t  x   0  
2

x

0
 3x  2  x
x  1

Khi đó:  2    t  2 x  t  x  t  x   0  
.

x2
 3 x  2  2 x

0

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x  1; x  2 .
Cách 3: Nâng lũy thừa 2 vế.


 3x  2  2 x  6 x
 4 x  ( Điều kiện:  x  3 x  2  2 x

Phương trình đã cho tương đương với: x 2  3 x  2



 x 2  3x  2

  3x  2    2 x
2

3

 6 x2

2

3

2

2

 4x

3

 6x2  4x  0 )



 4x6  27 x5  72x4  99x3  78x2  36x  8  0
2
x  1
2
2 
3  23 
  x  1  x  2   4  x      0  
(Thỏa mãn các điều kiện).
 
8  16 
x2



Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm : x  1; x  2 .
Bình luận:

Trên đây là ba lời giải cơ bản cho những phương trình có dạng g  x  f  x   h  x  ,
ngoài ra chúng ta có thể xử lí bài toán trên theo phương pháp nhân liên hợp, đó là sẽ

vấn đề tác giả trình bài cho bạn đọc ở các vấn đề sau. Bài toán tuy không khó về mặt
tư duy, nhưng sẽ thú vị hơn khi ta tìm ra những lời giải đẹp và ngắn gọn.
Hai cách đầu tiên là những lời giải cơ bản nhất cho bài toán. Ngoài ra ở cách số 3,
chúng ta đã nhận thấy rằng phương pháp nâng lũy thừa vẫn là một thế mạnh trong
các bài toán phương trình vô tỷ, đặc biệt các bài toán chỉ chứa một căn thức.
Bài toán 2: Giải phương trình sau trên tập số thực :

x  4  x 2  2  3x 4  x 2 .
Trích đề thi thử Đại học 2003 – THPT Ngô Gia Tự – Bắc Ninh
Phân tích:
Đây là một bài toán quen thuộc có dạng tổng – tích do vậy, ta có thể giải bằng các
cách tiếp cận như sau:
3


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia


Đặt t  x  4  x 2 đưa bài toán về dạng tổng tích.



Đặt y  4  x2  0 đưa về hệ đối xứng loại I.



Ngoài ra chúng ta có thể xử lí theo phương án nâng lũy thừa.
Bài giải:
2
Điều kiện xác định: 4  x  0  2  x  2 .

Cách 1: Đặt ẩn phụ dạng tổng – tích:
t2  4
2
2
2
2
Đặt t  x  4  x , suy ra: t  4  2 x 4  x  x 4  x 
.
2

t  2
t2  4
2
Khi đó: x  4  x  2  3x 4  x  t  2  3.
.
 3t  2t  8  0  
t   4
2

3

x  0
 2x2
.
 Với t  2 , suy ra x  4  x 2  2  4  x 2  2  x   2

x

2
2

x

4
x

0



2

2


4
4
2  14
2  x  
4x   x  
x
.
3
3
3
2
9 x  12 x  10  0

Kết luận: Đối chiếu điều kiện, vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là :

4

 Với t   , suy ra
3

2

2  14
.
3
Cách 2: Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I.
x  0; x  2; x 

2
2
 x  y 2  2 xy  4

x  y  4

Đặt y  4  x  0 . Ta có hệ phương trình sau: 
x

y

2

3
xy

 x  y  2  3xy



10
xy  
 2  3xy 2  2 xy  4  0
9  xy 2  10 xy  0

 xy  0

9




x

y

2

 x  y  2  3 xy
x  y   4
 x  y  2  3 xy

3


2  14
2  14
x
x



x  0 x  2 

3
3
.




y

2
y

0


 y  2  14  0 L  y  2  14
  

3
3

Kết luận: Đối chiếu điều kiện, vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là :

2

2  14
.

3
Cách 3: Đặt ẩn phụ đưa về hệ và giải bằng phương pháp thế.
x  0; x  2; x 

Đặt y  4  x2  0 . Ta có hệ phương trình sau:


x2
y
0

x  y  4
3x  1

1


2

2

 x  3   x  x  2  9 x  12 x  10  0


 x  y  2  3xy
x2   x  2   4 
 3x  1 




2

2

 x  0; x  2; x 

4



2  14
.
3




Kết luận: Đối chiếu với điều kiện và thay vào y 
phương trình là: x  0; x  2; x 

x2
 0 , các nghiệm thỏa mãn của
3x  1

2  14
.
3

Cách 4: Nâng lũy thừa.

Phương trình đã cho tương đương với: x  2   3 x  1 4  x 2





  x  2    3x  1 4  x2 ( Điều kiện:  x  2  3x  1  0 ).
2

2

 x  0; x  2
 9x  6x  34x  20x  0  x  x  2  9 x  12 x  10  0  
2  14
x

3
Kết luận: Đối chiếu với điều kiện và thay vào  x  2  3x  1  0 , các nghiệm thỏa mãn
4

3



2



2

2  14
.
3
Bình luận:
Bài toán trên khá đơn giản về mặt tư duy, và còn có thể được giải bằng rất nhiều các
phương án khác nữa. Nhưng lời giải tối ưu nhất vẫn nghiêng về lời giải số 1 đối với
mỗi bài toán xuất hiện “tổng – tích”.
Riêng với lời giải 4, tác giả lại một lần nữa sử dụng phương án nâng lũy thừa rồi đưa
về phương trình bậc 4 có hai nghiệm hữu tỷ đẹp. Nhưng nếu sau khi nâng lũy thừa
mà không phải nghiệm hữu tỷ thì chúng ta phải xử lí như thế nào? Câu hỏi trên sẽ
được tác giả trả lời trong các ví dụ sau.
của phương trình là: x  0; x  2; x 

Bài toán 3: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3





x  1  3 . 3 2  x  10  x  *  .

Phân tích:
Một trong những điều thiết yếu ta cần biết là những phương trình có 2 căn thức lệch
bậc hoặc cùng bậc cao là những bài toán tương đối khó. Do vậy để hóa giải những bài
toán trên ta có thể sử dụng các phương án như: đưa về hệ phương trình bằng cách
đặt 2 ẩn phụ, đặt một ẩn phụ. Để biết phương án nào tối ưu hơn, mời bạn đọc cùng
tham khảo các lời giải sau.
Bài giải:
Điều kiện xác định: x  1  0  x  1 .

Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình.
 Với

x  1  3  0  x  10 : thỏa mãn phương trình nên x  10 là 1 nghiệm của  *  .

 Với x  10  x  1  3  0 , khi đó phương trình  *  trở thành:

33 2  x 

x  10
x 1  3





x 1  3



x 1  3

x 1  3

 3

3

2  x  x  1  3  1 .

3
2
u  3 2  x
u3  2  x
u  v  1 v  3u  3

 3
Đặt: 
. Ta có:  1   2
2
3u  v  3
 v  x  1  v  0 
v  x  1
u   3u  3   1

5


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
u  5  33

u  1
v  3u  3

TM

 3


 L



2

v  0
v  18  3 33  0
u  9u  18u  8  0
 3 2  x  1 2  x  1

 x  1 (Thỏa mãn điều kiện).

x  1  0
 x  1  0
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  1; x  10 .
Cách 2: Đặt 1 ẩn phụ đưa về phương trình.

u  1
Với 
, suy ra
v  0

Đặt: t  3 2  x  x  2  t 3 thay  *  ta được: 3



 t 3  9t  8  3t 1  t 3  t 3  9t  8



2







1  t 3  3 t  10  2  t 3







 9t 2 1  t 3 (Điều kiện: 3t t 3  9t  8  0 ).

t  1; t  2
  t  1 t  2  t 4  8t 3  24t 2  56t  32  0   4
.
3
2
t  8t  24t  56t  32  0
 Với t  1  x  1 (Thỏa mãn các điều kiện)
 Với t  2  x  10 ( Thỏa mãn các điều kiện)
 Với t 4  8t 3  24t 2  56t  32  0 :





Phân tích CASIO:
 Hướng đi 1: (CASIO kết hợp định lý Vi-et đảo).
Nhập biểu thức X4  8X3  24X2  56X  32  0 vào máy tính CASIO, sau đó thực hiện
các lệnh sau:
Bước 1: Bấm SHIFT CALC ( Solve for X) , ấn “1”(Giá trị bất kì tùy chọn), ấn “=” , máy
tính sẽ hiển thị x  0.744562646
Bước 2: Trên màn hình đang hiển thị x  0.744562646 , bấm SHIFT RCL (STO)    ,
tức là ta đã lưu nghiệm vào biến A, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANS  A.
Bước 3: Làm tương tự Bước 2 ta thu được nghiệm thứ hai: x  10,74456265 .
Bước 4: Trên màn hình đang hiển thị x  10,74456265 , bấm SHIFT RCL (STO)  ’”,
tức là ta đã lưu nghiệm vào biến B, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANS  B.
Bước 5: Ta cần tìm tổng và tích của hai nghiệm đã tìm được như sau:
Nhập vào máy tính A  B và A.B , lập tức thu được: A  B  10 và A.B  8
Khi đó A và B là hai nghiệm của phương trình: x2  10x  8  0 ( Định lý Vi-et đảo).
Đến đây, chúng ta chỉ cần lấy đa thức x4  8x3  24x2  56x  32 chia cho x2  10x  8 ,
sẽ được đa thức còn lại là x2  2x  4 .
Mẹo chia đa thức trên máy tính CASIO:
X 4  8X 3  24X 2  56X  32
Nhập biểu thức sau vào máy tính CASIO:
, sau đó bấm
X 2  10X  8
lệnh CALC , máy tính sẽ hiển thị X?, ta nhập 100 vào máy tính, sẽ thu ngay được kết
quả là : 9804  98x  4  100  2  x  4   x  2  x  4  x2  2x  4 .

 Hướng đi 2: SỬ DỤNG CASIO.
Đầu tiên chúng ta phải thực hiện thao tác sau trên máy tính CASIO (Đối với máy tính
Fx 570 ES Plus không cần làm bước dưới đây):
Bấm các lệnh sau: SHIFT MODE , sau đó kéo con trỏ di xuống chọn mục số “ 5 ”
(TABLE) , màn hình máy tính sẽ hiển thị: Select Type?, chúng ta chọn mục “ 1 ”( f  x  )

(Thao tác này để mở rộng khoảng nghiệm trong bảng TABLE)
6


Nhập biểu thức X4  8X3  24X2  56X  32  0 vào máy tính CASIO, sau đó thực hiện
các lệnh sau:
Bước 1: Bấm SHIFT CALC ( Solve for X) , ấn “1”(Giá trị bất kì tùy chọn), ấn “=” , máy
tính sẽ hiển thị x  0.744562646
Bước 2: Trên màn hình đang hiển thị x  0.744562646 , bấm SHIFT RCL (STO)    ,
tức là ta đã lưu nghiệm vào biến M, khi đó trên màn hình sẽ hiển thị: ANS  M.
Bước 3: Bấm MODE 7( TABLE), trên mà hình sẽ hiển thị “ f  x   ”, nhập vào máy
tính biểu thức sau: M2  XM ,ấn “=”.
Bước 4: Trên màn hình lúc này hiển thị START? . Chúng ta nhập giá trị mặc định
là 14 , sau đó máy hiển thị END? Chúng ta nhập giá trị mặc định là 14 . Máy tính lại
hiển thị STEP? Chúng ta nhập giá trị mặc định là 1 .
Bước 5: Sau đó trên màn hình máy tính sẽ hiển thị các giá trị được chia làm hai cột,
chúng ta kéo con trỏ sang cột f  x  và tìm một giá trị hữu tỷ. Ở bài toán này, giá trị
đó ở hàng số 25 , x  10 và f  x   8 . Như vậy, phương trình bậc 4 sẽ chứa nhân tử:

x2  10x  8 . Đến đây chúng ta chỉ việc sử dụng phép chia đa thức như HƯỚNG ĐI 1
là bài toán đã được kết thúc.







 Như vậy, ta có: t 4  8t 3  24t 2  56t  32  0  t 2  10t  8 t 2  2t  4  0



 t 2  10t  8

   t  1

2



 3  0  t 2  10t  8  0  t  5  33 .

0

Thử lại ta thấy nghiệm nghiệm trên không thỏa mãn phương trình.
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  1; x  10 .
Bình luận:
Trong bài toán trên chúng ta đã đề cập đến một cách tiếp cận của phương trình bậc 4.
Đặc biệt bài toán có chứa nghiệm lẻ. Trong Vấn đề 4, chúng ta sẽ trao đổi với nhau
toàn bộ những vấn đề của phương trình bậc 4.
Bài toán 4: Giải phương trình sau trên tập số thực :

2 x 2  6 x  10  5  x  2  x  1  0  *  .

Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Lê Hữu Trác 1
Phân tích:

Với bài toán có dạng: g  x  f  x   h  x  , chúng ta tiếp tục tư duy theo hướng nâng
lũy thừa và đặt ẩn phụ:
 Nếu nâng lũy thừa thì bài toán lại trở về phương trình bậc 4, và chúng ta có

thể sử dụng thủ thuật CASIO để hóa giải bài toán trên.
 Nếu đi theo hướng ẩn phụ, ta sẽ phân tích biểu thức ngoài căn thức theo biểu
thức tích số, tức là tìm hai số a , b thỏa mãn:
2 x 2  6 x  10  a.  x  2   b
2





x  1 = ax 2   b  4 a  x  4a  b
2

a  2, b  4a  6
a  2

Đồng nhất hệ số ta được hệ sau: 
.
4a  b  10
b  2

7


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
Lúc đó ta viết lại  *   2  x  2   2
2



x1



2

 5  x  2  x  1  0 . Tới đây, bạn đọc

hoàn toàn có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng.
Bài giải:
Điều kiện xác định: x  1  0  x  1 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
2  x  2  2
2



x1



2

 5  x  2  x  1  0 (1)

Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai.
Đặt: a  x  2, b  x  1  0 thì (1)  2a2  5ab  2b2  0  a  2b hoặc 2a  b .

x  2
 Với a  2b , suy ra: 2 x  1  x  2   2
 x 8.


x  8x  0

x  2
 Với 2a  b , suy ra: x  1  2  x  2    2
 x  3.

4 x  17 x  15  0
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  3; x  8 .
Cách 2: Đưa về phương trình bậc hai cơ bản.
Do x  1 không là nghiệm nên chia hai vế (1) cho



x1



2

 0 , ta được:

2





 *   2.  x  2   5.  x  2   2  0  x  2  2 hoặc  x  2  21
x1

x1
 x1 
 x1 
Giải tương tự như trên ta thu được 2 nghiệm là: x  3; x  8 .
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  3; x  8 .
Cách 3: Nâng lũy thừa.

Phương trình đã cho tương đương với: 2 x2  6 x  10  5  x  2  x  1



 2x2  6x  10



2





 25  x  2   x  1 ( Điều kiện: 2 x 2  6 x  10  x  2   0 )
2

5
.
4
Kết luận: So sánh các điều kiện, nghiệm của phương trình là: x  3; x  8 .
Bình luận:
Bài toán trên khá hay với 3 lời giải được phân tích chi tiết. Mỗi một cách giải lại mang

trong nó một nét đẹp riêng, một ý nghĩa riêng. Nhưng trong những bài toán mà có
nghiệm hữu tỷ đẹp như trên, lời giải hay nhất thuộc về lời giải số 3. Chúng ta có giải
bài kết hợp với sơ đồ Hoocner. Tuy nhiên, bài toán trên còn được xử lý theo phương
án: Ẩn phụ không hoàn toàn có sự kết hợp của máy tính CASIO. Cách giải này tôi
xin đề cập ở các chủ đề sau này của cuốn sách mà không đề cập ở đây, nhằm hướng
cho bạn bạn đọc có một cái nhìn tổng thể về các phương pháp giải phương trình cũng
như cách tư duy đột phá khi đối mặt với một bài toán phân loại học sinh như thế này.

 4x4  49x3  151x2  120x  0  x  0  x  3  x  8  x 

Bài toán 5: Giải phương trình sau trên tập số thực :

5x2  14 x  9  x2  x  20  5 x  1  *  .

Đề Thi HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010
Phân tích:
Phương trình có dạng cơ bản A  B  C , do đó ta sẽ đặt điều kiện và chuyển vế
sao cho 2 vế đều dương, sau đó lũy thừa 1 lần, rút gọn thì thu được phương trình:
8


2 x 2  5x  2  5

 x  1  x

2



 x  20 và có x2  x  20   x  5  x  4  nên có các phương

án như sau:









  x  1 x 2  x  20


2
 x  1 x  x  20   x  1 x  5  x  4     x  5  x 2  5x  4

  x  4  x2  4x  5

 2 x 2  5x  2  a.  x  1  b. x 2  x  20 1

Lúc đó cũng có 3 đồng nhất tương ứng:  2 x 2  5x  2  a.  x  5   b. x 2  5x  4  2 

 2 x 2  5x  2  a.  x  4   b. x 2  4 x  5  3 

và chỉ thấy phương án (3) là tồn tại 2 số a , b với a  3; b  2 thỏa mãn đồng nhất.
Bài giải:
Cách 1: Nâng lũy thừa không hoàn toàn và đưa về phương trình đồng bậc.

9

5 x 2  14 x  9  0
 x   5  x  1


Điều kiện xác định:  x 2  x  20  0   x  4  x  5  x  5 .
x  1  0
 x  1
















Phương trình  *   5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
Do 2 vế không âm, bình phương hai vế , ta có:



5x 2  14 x  9

 
2



x 2  x  20  5 x  1



2

 5x2  14x  9  25  x  1  x2  x  20  10

 x  1  x

2

 x  20



 x  1 x  4  x  5 
 2  x  4x  5  5  x  4   x  4x  5  3  x  4   0
 2 x 2  5x  2  5
2

2

 x2  4x  5 
x2  4x  5

x2  4x  5
x2  4x  5 3
 2

5

3

0


1



x

4
x

4
x

4
x

4
2



 x2  4x  5  x  4
5  61
7

x
 x  8 x   .
2
2
4
 4 x  4 x  5  9  x  4 





Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 

5  61
x8.
2

Cách 2: Nâng lũy thừa hoàn toàn.
Điều kiện xác định: x  5 .

Phương trình  *   5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
Do 2 vế không âm, bình phương hai vế , ta có:



5x 2  14 x  9

 
2



x 2  x  20  5 x  1



2

 5x2  14x  9  25  x  1  x2  x  20  10

 x  1  x

2

 x  20


9


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
 2 x 2  5x  2  5

 2x

2

 5x  2



2

 x  1 x  4  x  5  . Do 2 vế không âm, bình phương 2 vế, ta có:

 25  x  1 x  4  x  5   4x4  45x3  33x2  505x  504  0


7
 x  8; x   4
  x  8  4 x  7  x 2  5 x  9  0  
.
5  61

 x 
2





Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 

5  61
x8.
2

Bài toán 6: Giải phương trình sau trên tập số thực :

x  1  x  7 x2  17 x  7
Phân tích:
Đây là bài toán đơn giản dạng A  B  C , chúng ta có thể xử lí bài toán bằng cách
nâng lũy thừa 2 lần. Ngoài ra, chúng ta có thể nghĩ tới hướng đặt 2 ẩn phụ để đưa về
phương trình đẳng cấp bậc 2 hoặc dùng 1 ẩn phụ để đưa về phương trình dạng
f  x   g  x  . Vậy trong bài toán trên cách giải nào là tối ưu nhất ? Mời bạn đọc cùng

ghé qua lời giải sau cho bài toán.
Bài giải:
x  0
17  93
17  93

Điều kiện xác định:  2
hoặc  x 
.
0x
14
14

7 x  17 x  7  0
Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 2.





Phương trình đã cho tương đương với: x  1  x  7. x2  2x  1  3.x

u  x  1

Đặt: 
. Phương trình sẽ có dạng: u  v  7u2  3v 2

v  x  0
u  v  0
u  v  0
u  v  0





2
2
2
2
2
6u  2uv  4 v  0
 u  v   7u  3v
 u  v  3u  2 v   0
 x  1  x  0
u  v  0
3 5
 x  1  0; x  0
 x  1



 2
x
.
 Với 
2
2
u  v
 x  3 x  1  0
 x  1  x
 x  1  x
u  0; v  0
0  x  1
u  v  0
11  2 10


.
 Với 


x
2
9
4
x

9
x


18
x

9
2
x

3

3
x


3u  2v  0


Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, nghiệm phương trình là: x 
Cách 2: Đặt 1 ẩn phụ đưa về phương trình cơ bản :

3 5
11  2 10
.
;x 
2
9

f  x  g  x .

Đặt: t  x  0  t 2  x thay vào phương trình ban đầu, ta được:





2

t 2  t  1  7t 4  17t 2  7  t 2  t  1  7t 4  17t 2  7 ( Điều kiện: t 2  t  1  0 )

10


 1  10
t 
2
2
4
3
2
3
 6t  2t  16t  2t  6  0  3t  2t  3 2t  2t  2  0  
 1 5
t 

2
2



 1  10
 x   1  10   11  2 10



t 

3
9


3
Đối chiếu điều kiện ta thu được: 
.

2
 1 5

 1 5 
3 5
t 
x  
 

2

2

 2 







Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 

3 5
11  2 10
.
;x 
2
9

Cách 3: Nâng lũy thừa.
Điều kiện: x  1  x  0 . Phương trình đã cho tương đương với:

x 1 x 

2

 7 x 2  17 x  7   x  1 x  3x 2  8 x  3






 49x  9  0   x  3 x  1 9 x



  x  1 x  3x2  8 x  3 ( Điều kiện:  x  1 3 x 2  8 x  3  0 )
2

 9x4  49x3  84x2

2

2

2



 22 x  9  0



3 5
3 5
x


x 
 x  3x  1  0
2
2
. Đối chiếu các điều kiện  
 2




11  2 10
11  2 10
9 x  22 x  9  0
x 
x 
9
9


2

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 

3 5
11  2 10
.
;x 
2
9

Bình luận:
Có khá nhiều lời giải cho bài toán trên, chúng ta vẫn có thể xử lí trên bằng phương
pháp nhân liên hợp, ở vấn đề 3 này tác giả đã đề cập đến cho độc giả phương án ẩn
phụ và nâng lũy thừa để giải phương trình. Lời giải số 1 vẫn là tối ưu nhất cho bài
toán này, nhưng nếu ta không thể đồng nhất hệ số đưa về phương trình đẳng cấp thì
hãy nghĩ ngay tới Lời giải 2 hoặc lời giải 3 và vận dụng kĩ năng sử dụng máy tính
CASIO, phân tích CASIO như ở bài toán 3 để có thể phân tích được:



 49 x  9   x  3 x  1 9 x



6t 4  2t 3  16t 2  2t  6  3t 2  2t  3 2t 2  2t  2

Hay 9 x 4  49 x 3  84 x 2

2

2

 22 x  9





Qua đây tác giả muốn nhấn mạnh lại rằng, máy tính CASIO là 1 công cụ rất mạnh
trong giải toán phương trình, nhưng chúng ta cần phải biết sử dụng nó đúng lúc.
Bài toán 7: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3x  1  4 x  1  2 1  x  1  x 2
Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Long An – Tỉnh Long An
Phân tích:

11


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
Chúng ta biểu diễn: mx  n   1  x   1  x       x      và đồng nhất hệ

    m
  ,  . Sau đó đặt u  1  x  0; v  1  x  0 , để đưa về
số được hệ: 
    m
phương trình hai ẩn u, v có thể giải bằng cách đưa về tích số hoặc ẩn phụ không hoàn
toàn ( xem u là biến số và v là hằng số hoặc ngược lại).
Bài giải:
Cách 1: Đồng nhất hệ số đưa về phương trình 2 biến.
Điều kiện xác định: 1  x  1 .
Ta có: 3x  1   1  x    1  x        x     và đồng nhất hệ số được hệ
    3
  1

phương trình: 
. Khi đó viết lại: 3x  1   1  x   2 1  x  .
    1
  2
Phương trình đã cho tương đương với:
 1  x   2 1  x   4 x  1  2 1  x 

1  x 1  x 

Đặt: u  1  x  0; v  1  x  0 thì phương trình trên sẽ có dạng:
u2  2v2  4v  2u  uv  u2   v  2  .u  2v2  4v  0
Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và v là hằng số, ta có 2 hướng đi sau:
 Hướng đi 1: Xét  u hoặc  v .





u   v  2   4 2v2  4v  9v2  12v  4   3v  2  .
2

2


v  2  3v  2
 2v
u 
2
Do đó: 
, suy ra:
u  v  2  3 v  2  2  v

2


3
 1 x  2 1 x
x



5 (Thỏa mãn).

 1  x  2  1  x
 x  0

3

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x   ; x  0 .
5
Cách 2: Phân tích nhân tử - Tư duy CASIO:
PHÂN TÍCH CASIO
Không quá khó khăn khi sử dụng máy tính CASIO để có thể tìm được 2 nghiệm của
3
phương trình là : x   ; x  0 . Khi đó , giả sử thay nghiệm x  0 vào lần lượt 2 căn
5
thức: 1  x và 1  x thì đều thu được kết quả bằng 0 , do đó chúng ta không thể xác
định được mối quan hệ tường minh giữa 2 căn thức này. Vì vậy trong mọi loại bài
toán kiểu dạng như trên tác giả đã bình luận, chúng ta sẽ chọn nghiệm “xấu” hơn để
thay vào 2 căn thức.

10
3
x
 1 x 
5
5
3

Ta có: Tại x   thì: 
 1  x  2 1  x . Vậy nhân tử đầu tiên
5
 1  x  2 10 x   3

5
5

của bài toán là:





1  x  2 1  x . Chúng ta cần tìm nhân tử thứ hai như sau:

Sử dụng máy tính CASIO, nhập biểu thức:

12

3X  1  4 X  1  2 1  X  1  X 2
1 X  2 1 X

vào


máy tính, sau đó thực hiện các bước sau:
Bước 1: Khử căn 1  x ở mẫu số trước bằng cách thay 1 giá trị nguyên hữu tỷ bất kỳ vào
căn thức này sao cho căn thức biến mất.
1  x bị khử ) sau đó bấm “=”, sẽ thu

Bấm lệnh CALC ( X ? ), nhập “1”( Giá trị làm
được kết quả: 2  2 .
Nghĩa là tại x  1 thì ở mẫu số

1  x  0 và

1  x  2 , vậy :

Bước 2: Di con trỏ vào màn hình và chuyển
như sau:

3X  1  4 X  1  2 1  X  1  X 2
1 X  2 1 X

Bước 3: Ở bước 1 là khử căn
dưỡi mẫu số như sau:

2  1 x .

1  x sang vế có phân thức để chia tiếp

 1 X

1  x ở dưới mẫu số thì ở bước này , ta cần khử căn

Bấm lệnh CALC ( X ? ) ,nhập “-1” ( Giá trị làm

1 x ở

1  x bị khử) sau đó bấm “=”, sẽ thu

được kết quả: 2  2 .
Nghĩa là tại x  1 thì ở mẫu số

1  x  2 và 1  x  0 , vậy :

Bước 4: Di con trỏ vào màn hình và chuyển

2  1 x .

1  x sang vế có phân thức để chia tiếp

3X  1  4 X  1  2 1  X  1  X 2

 1 X  1 x .
1 X  2 1 X
Bước 5: Tìm số hạng còn lại của đa thức cần tìm.
1
Bấm lệnh CALC( X ? ), nhập “
” hoặc “ 100 ”. Ở bài toán này giá trị thỏa mãn là
100
1
“
”, sau đó bấm “=”, sẽ thu được kết quả: 2 .
100
Bước 6: Di con trỏ vào màn hình và chuyển 2 sang vế có phân thức để chia tiếp như

như sau:

3X  1  4 X  1  2 1  X  1  X 2

 1 X  1 x  2 .
1 X  2 1 X
Bước 7: Kiểm tra xem đa thức đã chia hết hay chưa !
1
Bấm lệnh CALC( X ? ), nhập “
” hoặc “ 100 ”. Ở bài toán này giá trị thỏa mãn là
100

1
“
”, sau đó bấm “=”, sẽ thu được kết quả: 0
100
Vậy đa thức đã được chia hết, ta có thể viết lại như sau:

sau:



3X  1  4 X  1  2 1  X  1  X 2  2  1  X  1  x



1 X  2 1 X



Chú ý: Bạn đọc có thể tìm đọc tài liệu Kính Lúp Table 02 của tác giả Đoàn Trí Dũng
qua internet để có thể hiểu hơn về phương pháp này.
Lời giải:
Điều kiện xác định: 1  x  1 .
Phương trình đã cho tương đương với:



3x  1  4 x  1  2 1  x  1  x 2  0  2  1  x  1  x





1 x  2 1 x  0


3
 1 x  2 1 x
x


5 ( Thỏa mãn điều kiện ).

 1  x  2  1  x
 x  0
13


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
3
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x   ; x  0 .
5
Bình luận:
Bài toán trên là một trong những bài toán kinh điển mà có thể sử dụng cách giải
thuần túy cũng như cách giải bằng máy tính CASIO. Lời giải 2 cho ta một hướng đi
rất ngắn gọn và nhìn đẹp mắt người đọc, nhưng để có được kết quả đẹp như thế,
chúng ta cần phải nắm rõ thủ thuật máy tính CASIO và cách vận dụng nó cho hợp lý
đúng lúc và đúng chỗ. Ở bài toán trên cả hai cách giải đều là những cái tối ưu nhất
cho bài toán kinh điển này. Chúng ta cùng bước sang các ví dụ cuối cùng của chủ đề
này.
Bài toán 8: Giải phương trình sau trên tập số thực :

2







2x  1  4 x2  7  4 2 x  1 x  2 x  1  3  0

Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Bắc Quảng Nam – Quảng Nam
Phân tích:
Khi gặp một bài toán có hình thức cồng kềnh như trên chúng ta phải bình tĩnh và có
cái nhìn tinh tế cho bài toán. Cụ thể ở đây, không quá khó khăn để nhận ra bài toán
trên có sự xuất hiện của 2 x  1 tới ba lần. Như vậy, suy nghĩ đầu tiên đã hiện lên
trong đầu người đọc là phương pháp ẩn phụ. Vậy chúng ta cần đặt ẩn phụ như thế
nào cho hợp lý? Câu trả lời nằm trong phần lời giải của bài toán.
Bài giải:
1
Điều kiện xác định: 2 x  1  0  x  .
2
Phương trình đã cho tương đương với:

 2x

2

 4x  1





2x  1  4x2  7 x  3  2x2  4x  1



2 x  1   4 x  3  x  1


a 2  x 2  2 x  1 
2 a 2  1  2 x 2  4 x  1
a  x  1

Đặt: 
thì:
 2
 2
b  2 x  1
 2b  1  4 x  3
b  2 x  1  0 







PT  2 a 2 b  2b 2 a   a  b   0  2 ab  a  b    a  b   0   a  b  2ab  1  0

 a  b hoặc 2ab  1  0
x  1

2x  1  x  1   2
 x  2  2 (Thỏa mãn).

x  4x  2  0
2


 Với 2 ab  1  0  2  x  1 2 x  1  1  0   2 x  1  1 . 2 x  1  1  0



 Với a  b , suy ra:







2x  1



3



 2 x  1  1  0  t 3  t  1  0 ( Với: t  2 x  1  0 )

  1 2 3 
2
Mà t  t  1  0  t  t  t  t  2t  1  0  t   t       t  1  0
 2  4 


Do đó phương trình này vô nghiệm bởi t  0 .
3



3

2

 

2



Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x  2  2 .

14


Bài toán 9: Giải phương trình sau trên tập số thực :

 4 x  1 

3



3x  5  x  3  4 x  8

Phân tích:
Trong các bài toán việc nhìn ra hướng đi ẩn phụ khó khăn hơn so với bài toán trước,
vì giữa hai căn thức đều không có sự liên hệ với nhau. Khi đứng trước tình huống
này bạn đọc cần phải nghĩ ngay đến hướng đi khác chẳng hạn đó là phương pháp
hàm số. Bài toán trên là một ví dụ minh chứng cho điều đó, kính mời bạn đọc cùng
ghé qua lời giải để hiểu rõ hơn về bài toán trên.
Bài giải:
Điều kiện xác định: x  3  0  x  3 .

1 1

1
Do x  , x  3 không là nghiệm của phương trình nên chỉ xét x   3;    ;   .
4 4
4


Phương trình đã cho tương đương với:
4x  8
4x  8
3

3x  5  x  3 
 3 3x  5  x  3 
 0 (*)
4x  1
4x  1

1 1

4x  8
Xét hàm số: f  x   3 3x  5  x  3 
trên x   3;    ;   có:
4 4
4x  1


f ' x 

1
3

 3x  5 

2



1
2 x3



36

 4 x  1

2


1 1

 0 ,  x   3;    ;  
4 4




1 1

Suy ra hàm số f  x  đồng biến trong các khoảng  3;  ,  ;   .
4 4


Bảng biến thiên:
1

3
x
4



f '  x



f  x

3 4 

4
13




Ta có (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số f  x  và trục Ox có phương
trình y  0 . Từ bảng biến thiên, suy ra phương trình (*) có tối đa hai nghiệm và có

f  2   f 1  0 nên x  2; x  1 là 2 nghiệm cần tìm của bài toán.

Kết luận: Đối chiếu với điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm: x  2; x  1 .
Bình luận:
Phương pháp hàm số là phương pháp rất mạnh trong giải toán phương trình. Chúng
ta cần phải biết vận dụng khi cần thiết để hóa giải một bài toán khi không thể nghĩ tới
phương án nào khác nữa. Như vậy bài toán mới có lời giải trở nên sáng tạo hơn.
Phương pháp hàm số là phương án tối ưu nhất cho bài toán trên.
Bài toán 10: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3

 x  1

2

 2. 3 x  1   x  5  x  8  3x  31  0
15


Nguyễn Đình Hoàn – G/v chuyên luyện thi THPT Quốc Gia
Phân tích:
Sử dụng máy tính CASIO, chúng ta phát hiện ra bài toán có một nghiệm đơn duy
nhất: x  9 . Với hình thức cồng kềnh của bài toán có chứa hai căn thức lệch bậc nhau,
sẽ đưa chúng ta tới phương pháp về hàm số, vậy chúng ta cần xử lý đạo hàm thế nào
cho mang dấu dương hoặc dấu âm, chúng ta cùng đi vào lời giải cho bài toán trên.
Bài giải:
Điều kiện xác định: x  8  0  x  8 .
Đặt: t  3 x  1  x  t 3  1  8  t  3 7 .



Phương trình đã cho trở thành: t 2  2t  t 3  4



 3t 3  t 2  2t  28  t 3  4





t 3  7  3t 3  28  0

t3  7  0

Nhận thấy t  3 7 không là nghiệm nên ta chỉ xét: t 





f '  t   9t  2t  2  3t . t
2 3

2

3

3

 0 ,t

3



7 ;  .

 t  7 trên  7 ;   có:
t
 4
7 
 0 , t   7 ;   .

t  7 

t

Xét hàm số: f  t   3t 3  t 2  2t  28  t 3  4
2



3

3

3

3

2

3

Do đó hàm số f  t  đồng biến trên khoảng



3



7 ;  .

Ta lại có: f  2   0  t  2  x  9 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x  9 .
Bình luận:
Bài toán trên là sự kết hợp hoàn hảo giữa ẩn phụ và phương pháp hàm số. Tuy nhiên,
khi chứng minh f  t  là hàm số đồng biến ta cần phải khai thác kĩ điều kiện của bài
toán để có được điều kiện chặt chẽ cho biến mới thì mới chứng minh được f  t  là
hàm số đồng biến trên miền điều kiện đã cho.
Bài tự luyện:
Bài toán 1: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3 2 x2  2 x  12  2 16 x  x2  6  6 x ( Đáp số: x  1; x  6 ).
Bài toán 2: Giải phương trình sau trên tập số thực :

5 x

5

 2x 

1
32 2
).
 4 ( Đáp số: x 
2
2x

2 x
Bài toán 3: Giải phương trình sau trên tập số thực :

2x  5  4 x2  x 5  4 x2  2 ( Đáp số: x  1; x  2 ).

Bài toán 4: Giải phương trình sau trên tập số thực :
6  2x 6  2x 8

 ( Đáp số: x  4 ).
5x
5x 3
Bài toán 5: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3

3  x.





x  2  1  x  1 ( Đáp số: x  2 ).

Bài toán 6: Giải phương trình sau trên tập số thực :

3 81x4  4  27 x2  42 x  6 ( Đáp số: x  0 ).
Bài toán 7: Giải phương trình sau trên tập số thực :

16


4x2  24x  35  x2  3x  2  x2  7 x  12 ( Đáp số: x 

25  73
).
8

Bài toán 8: Giải phương trình sau trên tập số thực :

3x2  1  4 1  x2  2 1  x2  1  x4 ( Đáp số: x  0 ).
Bài toán 9: Giải phương trình sau trên tập số thực :
3
2 x   x  1 x 2  2 x  3   x  2  x 2  4 x  6  3  0 ( Đáp số: x   ).
2
Bài toán 10: Giải phương trình sau trên tập số thực :

 x  1  2



x  1  3 3 x  6  x  6 (Đáp số: x  2 ).

17