Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN CHIẾN THẮNG

PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÀ
BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 60. 46. 01.13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2016


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU

Phản biện 1: TS. Phạm Quý Mười
Phản biện 2: PGS.TS. Huỳnh Thế Phùng

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận
văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp tại Đại học Đà Nẵng vào
ngày 13 tháng 8 năm 2016.

Có thể tìm hiểu luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin – Học liệu, Đại học Đà Nẵng.
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

1
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình toán bậc phổ thông thì phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình là một trong
những chủ đề quan trọng, chứa nhiều dạng toán hay và khó. Có nhiều
phương pháp giải phương trình bất phương trình mà chưa được giới
thiệu đầy đủ trong sách giáo khoa.
Việc tìm hiểu các phương pháp giải phương trình, bất phương
trình nói chung và phương trình bất phương trình vô tỉ nói riêng là
một việc làm cần thiết và có ý nghĩa đối với những người dạy toán.
Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tôi chọn đề
tài “Phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỉ” cho
luận văn Thạc sĩ của mình.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
- Tìm hiểu một cách tổng quan về phương trình và bất phương
trình vô tỉ.
- Nghiên cứu các phương pháp giải phương trình và bất
phương trình vô tỉ.
- Xây dựng quy trình và định hướng cho từng phương pháp
giải cùng các ví dụ minh họa.
- Nghiên cứu sự trợ giúp của máy tính cầm tay vào việc giải
phương trình vô tỉ.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
- Các bài toán về phương trình và bất phương vô tỉ thuộc
chương trình phổ thông, cùng các phương pháp giải cho từng lớp
phương trình và bất phương trình vô tỉ tương ứng.
- Các chức năng của máy tính cầm tay VINACAL 570ES

PLUS có thể hỗ trợ cho việc giải phương trình vô tỉ.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu


2
- Thu thập, tổng hợp, hệ thống các tài liệu có nội dung liên
quan đến đề tài luận văn.
- Phân tích, nghiên cứu các tài liệu để thực hiện đề tài luận
văn.
- Trao đổi, thảo luận, tham khảo ý kiến của người hướng dẫn,
của chuyên gia và các đồng nghiệp.
5. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu và kết luận, nội dung của luận văn được
chia thành bốn chương.
Chương 1. Các kiến thức chuẩn bị
Chương 2. Phương pháp giải phương trình vô tỉ
Chương 3. Phương pháp giải bất phương trình vô tỉ
Chương 4. Giải phương trình vô tỉ với sự trợ giúp của máy tính
cầm tay
CHƢƠNG 1
CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Chương này trình bày sơ lược một số tính chất, kết quả của
hàm số một biến và những bất đẳng thức quen biết nhằm làm tiền đề
cho các chương sau. Các chi tiết liên quan có thể tìm xem trong.
1.1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT VÀ ĐỊNH LÝ CỦA HÀM SỐ MỘT
BIẾN
1.1.1. Tính chất của hàm số một biến
1.1.2. Định lý Rolle và Định lý Lagrange
1.2. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
1.2.1. Bất đẳng thức AM – GM

1.2.2. Bất đẳng thức Bunhiacowsky
1.2.3. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
1.2.4. Bất đẳng thức Minkowski


3
1.3. ĐỊNH LÝ VIÈTE
1.3.1. Định lý Viète thuận
1.3.2. Định lý Viète đảo
CHƢƠNG 2
PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Chương này trình bày một số phương pháp giải phương trình
vô tỉ
2.1. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG
2.1.1. Phƣơng pháp nâng lên lũy thừa
Nội dung chính của phương pháp này là nâng lên lũy thừa với
số mũ phù hợp.
Một số phép nâng lên lũy thừa thường sử dụng:
 f  x  g  x

2n f x  2n g x
 
    f  x   0

  g  x   0.
 f  x   g 2n  x 

2n f x  g x
     


 g  x   0.
2 n 1

f  x   g  x   f  x   g 2 n1  x  .

Ví dụ 2.9. Giải phương trình:

x3  1
 x  3  x2  x  1  x  1.
x3

Giải: Điều kiện: x  1.
Phương trình đã cho tương đương với:
2

 x3  1

 x 3 

 x3







x2  x  1  x  1



2

x3  1
 2 x3  1  ( x  3)  ( x 2  x  1)  2 ( x  1)( x 2  x  1)  ( x  1)
x3


4

x3  1

 x2  x  1
x3
 x2  2 x  2  0  x  1  3 thỏa điều kiện của phương trình.





Vậy tập nghiệm của phương trình là T  1  3; 1  3 .
2.1.2. Phƣơng pháp liên hợp
Như đã biểt nếu x0 là một nghiệm của phương trình f ( x)  0

 x0  D f
thì điều đó có nghĩa là 
và ta có thể đưa phương trình
 f ( x0 )  0
f ( x)  0 về dạng ( x  x0 ) f1 ( x)  0 . Khi đó việc giải phương trình
f ( x)  0 được quy về phương trình f1 ( x)  0 có bậc nhỏ hơn.

Phương pháp nhân thêm một lượng liên hợp hay tách thành các
biểu thức liên hợp là những hỗ trợ đắc lực cho phương án xử lý này.
Ví dụ 2.14. Giải phương trình: 3 x2  3x  1  x2 

3

5x  1  2 x.

 Phân tích:
- Nhận thấy ( x2  3x  1)  (5x  1)  x2  2 x và không có giá
trị nào của x để biểu thức nhân liên hợp bằng 0. Từ đó ta có thể nhân
thêm một lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là  x 2  2 x  .
Giải: Phương trình đã cho tương đương với:







3





x 2  3 x  1  3 5 x  1  ( x 2  2 x)  0
x2  2x

x  3x  1  3  x  3x  1  5 x  1 

2



 ( x  2 x) 


2

3



3

2

2



3

5x  1



2

 ( x 2  2 x)  0




1
0
2
2
2
2
3
3

x  3x  1   x  3x  1  5 x  1  5 x  1




1





 0, x

x  0
 x2  2 x  0  
. Vậy tập nghiệm của phương trình là T  0;2
x  2

5
.
Ví dụ 2.17. Giải phương trình:

3

x3  x2  4  2 x  x  2.

 Phân tích.
Nhận thấy x  2 là nghiệm của phương trình, lúc đó:
x3  x 2  4  x  0 và 2 x  2  0 . Từ đó ta thực hiện phép
nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử ( x  2) .
3

Giải: Điều kiện x  0
Phương trình đã cho tương đương với:







3

 

x3  x 2  4  x 



2x  2  0

x2  4

3



 ( x  2) 





x3  x 2  4

3

 x
2

3



x3  x 2  4  x 2

2( x  2)
2x  2




0
2
2x  2 
x3  x 2  4  x 3 x3  x 2  4  x 2




x2

2

 0, x  0.

 x  2 thỏa mãn điều kiện của phương trình.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  2 .
2.2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ.
Nội dung của phương pháp này là đặt mỗi một biểu thức chứa
căn bằng một biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển
phương trình đã cho về phương trình hoặc hệ phương trình với ẩn
phụ đã đặt. Giải phương trình hoặc hệ phương trình theo ẩn phụ để
tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban
đầu.

Ví dụ 2.29. Giải phương trình:
3

 2  x

2

 3  7  x   3  3  7  x  2  x .
2

3

a  2  x
Giải: Đặt: 
 a 3  b3  9 .
3

b  7  x


6

a3  b3  9
Từ đó ta có hệ:  2
đây là hệ đối xứng loại I.
2
a  b  3  ab
 a 1
Dễ dàng giải hệ trên ta được 
 a  2.

- Với a  1  3 2  x  1  x  1.
- Với a  2  3 2  x  2  x  6 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là: T  6; 1 .
Ví dụ 2.30. Giải phương trình: x3  1  2 3 2 x  1.
 Phân tích.
Ta nhận thấy phương trình đã cho có dạng f n ( x)  b  a n a. f ( x)  b
nên ta có thể đưa về hệ phương trình đối xứng loại II.
Giải: Đặt 3 2 x  1  y  y3  2 x  1 , ta có hệ phương trình:

 x3  1  2 y
 x3  y 3  2  x  y   0
 3
 y  1  2x


 x  y   x2  xy  2  0

 x y .

x 1
Với x  y , ta có: x  3 2 x  1  x3  2 x  1  0   1  5
x 
.
2

1  5
1  5 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: T  
; 1;
.

2 
 2

2.3. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là một
phương pháp khá quen thuộc. Ta có 2 hướng áp dụng sau đây:
Dạng 1: Giải phương trình f  x   k trong đó k là một hằng

 a; b , và có
G   f  b  ; f  a  . Khi đó:

số, f  x  là một hàm liên tục, đơn điệu trong

miền giá trị là G   f  a  ; f  b  hoặc
- Nếu k  G , thì phương trình vô nghiệm.
- Nếu k  G , thì tồn tại duy nhất x0   a; b để f  x0   k , và


7
khi đó x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Chú ý: Trong một số phương trình thì nghiệm x0 nói trên có
thể nhận thấy được ngay, trường hợp ngược lại ta có thể nhờ đến sự
giúp đỡ của máy tính cầm tay.
Dạng 2: Phương trình f  x   0 biến đổi được về dạng
f  u   f  v  , trong đó u  u  x  , v  v  x  và f  x  là hàm đơn

điệu. Khi đó từ tính đơn điệu của f  x  ta có u  x   v  x  , giải
phương trình này ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
Ví dụ 2.32. Giải phương trình:

 2 x  1  2 

 



4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0.

Giải: Phương trình đã cho tương đương:

 2 x  1

2 

 2 x  1

2





 3   3x  2 

 3x 

2

3



 f  2 x  1  f  3x 





2
Xét hàm số f  t   t 2  t  3 , t  .

 t 
t2
2
 f '(t )  2  t 2  3  t 

2

t

3

 0, t  .

2
t2  3
 t 3 
Do đó f  t  là hàm đồng biến trên .
Từ tính đơn điệu của hàm số f ta có:

1
f  2 x  1  f  3x   2 x  1  3x  x   .
5
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   .
5
Ví dụ 2.33. Giải phương trình:

3

6 x  1  8x3  4 x  1.

Giải: Phương trình đã cho tương đương với:
6 x  1  3 6 x  1  (2 x)3  2 x.
Xét hàm f (t )  t 3  t là hàm số đồng biến trên

.


8
Vậy

3

6x  1  2 x  8x3  6 x  1 .

Nhận xét:
- Nếu x  1 thì 4 x2  3  1  8x3  6 x  2 x (4 x 2  3)  2 (vô
lý).

- Nếu x  1 , ta đặt x  cos t , t  0;  khi đó phương trình đã

cho trở thành

1
1

2
 cos3t   t    k , k  .
2
2
9
3
5
7 
 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: T  cos ; cos ; cos  .
9
9
 9
4cos3 t  3cos t 

2.4. PHƢƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
Phương pháp này rất hiệu quả cho lớp dạng toán.
Tìm điều kiện của tham số để:
Dạng 1: Phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số.
Dạng 3: Phương trình có nghiệm đúng với mọi x  D .
Dạng 4: Phương trình đã cho tương đương với một phương
trình hoặc với một bất phương trình khác.

Khi đó ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có
nghĩa.
Bước 2: Tìm điều kiện cần cho phương trình dựa trên việc
đánh giá hoặc tính đối xứng của phương trình.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ của phương trình.
Ví dụ 2.36. Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng x  0 .
x2  2 x  m2  2m  4  x  m  2.

(1)

Giải:
Điều kiện cần:
Giả sử (1) có nghiệm x  0  x  0 là nghiệm của (1), khi
đó:


9
m  2  0
(1)  m2  2m  4  m  2   2
2  m  3 , là
m  2m  4   m  2 
điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng x  0 .
Điều kiện đủ: Với m  3 , khi đó (1) có dạng:
x 0

x2  2 x  1  x  1  x  1  x  1  0  0 luôn đúng.

Vậy với m  3 phương trình đã cho có nghiệm đúng x  0 .
2.5. Phƣơng pháp vectơ

Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp vectơ là biến đổi
phương trình vô tỉ về phương trình vectơ rồi sử dụng các tính chất
vectơ để giải.
Ví dụ 2.37. Giải phương trình:
2 x2  6 x  5  x2  6 x  10  x2  6 x  13.

Giải: Để giải bài toán này ta có thể thực hiện theo hai cách:
Phương trình đã cho tương đương:
( x  1)2  ( x  2)2  ( x  3)2  1  ( x  3)2  4.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các vectơ:
u  ( x  1; x  2); v  ( x  3;1)
 u  v  ( x  1) 2  ( x  2) 2  ( x  3) 2  1
 u  v  (2;1)  u  v  ( x  3) 2  4 .
u  v  u  v dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u  kv với
k  0. . Từ đó:

x 1 x  2

x 3
1

x  3 2
 x  1  x2  5x  6  x2  6 x  7  0  
 x  3  2.





Vậy tập nghiệm của phương trình là T  3  2; 3  2 .
2.6. SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ LAGRANGE, ĐỊNH LÝ ROLLE
2.6.1. Sử dụng định lý Lagrange


10
Đối với một số phương trình mũ có lũy thừa là một biểu thức
chứa căn thì việc giải bài toán này là rất phức tạp, lớp bài toán này
trở nên khó khăn trong quá trình biến đổi tương đương cũng như sử
dụng phương pháp đặt ẩn phụ thông thường. Chính vì vậy việc sử
dụng định lý Lagrange làm cho lớp bài toán này trở nên đơn giản
hơn rất nhiều. Để giải quyết lớp bài toán này, ta thực hiện theo các
bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong
phương trình.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp
f  a   f b  , từ đó chỉ ra được hàm số f (t ) khả vi và liên tục trên

 a; b .

Khi đó theo định lý Lagrange c   a; b  , sao cho:

f ' c  

f b  f  a 

(1)
.
ba
Bước 3: Gọi  là nghiệm của phương trình, thế vào (1), ta xác

định được  .
Bước4: Thử lại.
Để rõ hơn ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 2.41. Giải phương trình: 2

x 2  x 1



12

x2  x

2

 7

x2  x

.

x 1
Giải: Điều kiện: x 2  x  0  
.
x  0

Phương trình đã cho tương đương: 2
 12

x2  x

7

x2  x

 7

x2  x

x2  x

 12

2

x2  x

x2  x

 27

x2  x

.

Đặt u  x  x , u  0 . Khi đó phương trình có dạng:
2

12u  7u  7u  2u.
Giả sử phương trình đã cho có nghiệm  , khi đó:

12  7  7  2.

(1)


11
Xét hàm số f  t    t  5  t  , với t  0 .


Từ (1), ta nhận được f  7   f  2  , do đó theo định lý
Lagrange tồn tại c   2;7  sao cho : f '  c   0
  0
 c1   0  

  1.
Thử lại thấy u  0 và u  1 đều thỏa mãn, khi đó:
x  0
x 1

 x2  x  0  1  5
 x 
, đều thỏa mãn điều kiện của phương trình.
 2
 x  x  1 
2
 1 5
x 
2

1  5

1  5 
Vậy, phương trình có tập nghiệm là: T  
; 0; 1;
.
2 
 2
   c  5 


1

2.6.2. Sử dụng định lý Rolle
Xét phương trình: f  x   0 , trong đó f  x  là hàm khả vi, và
f '  x  đơn điệu trên D.

Để giải phương trình trên ta thực hiện như sau:
Bước 1: Tìm điều kiện đề phương trình có nghĩa.
Bước 2: Tính f '  x  và f ''  x  để kiểm tra tính đơn điệu của
f ' x  .

Bước 3: Tìm nghiệm của phương trình
Bước 4: Kết luận.
Để rõ hơn ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 2.42. Giải phương trình: 3 x  1  3x2  8x  3.
Giải: Điều kiện: x  1 .
Phương trình đã cho tương đương với
(1)
3 x  1  3x2  8x  3  0.
2
Xét hàm số f ( x)  3 x  1  3x  8x  3 trên miền D   1;   ,

12
ta có: f '( x)  

f ''( x)  

3
2 x 1

3
4 ( x  1)3

 6 x  8 suy ra:

 6  0, x  D  f '  x  luôn nghịch biến trên D.

Vậy phương trình (1) có không quá hai nghiệm.
Dễ thấy: f  0  f  3  0 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là T  0;3 .
2.7. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Để giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đánh giá đòi hỏi
người giải phải phân tích kỹ điều kiện của bài toán, phải nhận dạng
và áp dụng linh hoạt các bất đẳng thức quen thuộc từ đó giúp chúng
ta nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn.
2 2
Ví dụ 2.44. Giải phương trình :
 x  x  9.
x 1
 Phân tích

2 2   
2

- Nhận thấy

x 1

2

 8  x  1  9  x và

2

x 
1
x
 1  
, từ đó:

 

  
x 1 x 1
 x 1   x 1 
2
2
2
2 
1  

x  

2 2  x 1

  x9
  x  1   x  1  


2





 



Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có:
2
2
2

2
2 
 x 
 x  
1
 1 


2 2
   2 2  x  1  
 
  x  1 
  


x

1
x

1
x

1
x

1







 




-



 



 x  9.

Vì vậy việc sử dụng phương pháp đánh giá với bài này rất
nhanh gọn và hiệu quả.
Giải: Điều kiện x  0.


13





Áp dụng bất đẳng thức Bunyacovsky ta có:
2
2
2
2
2 

2 2
1   x  


 x   2 2  x  1

  x9
  x  1   x  1  
x 1








 

Dấu bằng xảy ra khi: 2 2



 x 1 
x  1  x  1 
.
x 




(1)

1
thỏa mãn điều kiện của phương trình.
7
1
Vậy nghiệm của phương trình là x  .
7
Giải (1) ta được x 

CHƢƠNG 3
PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Chương này trình bày một số phương pháp giải bất phương
trình vô tỉ.
3.1 PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG
Ví
dụ
3.8.
Giải
bất
phương
trình:
3
x  2 x 1  x  2 x 1  .
2
Giải: Viết lại phương trình đã cho dưới dạng:
3
x 1 2 x 1 1  x 1 2 x 1 1 
2
3
 ( x  1  1) 2  ( x  1  1) 2  .
2

Điều kiện: x  1 .
3
Khi đó phương trình trở thành: x  1  1 | x  1  1| 
2


14
 x  1  1  0

 2 x  1  3
 
x  2
2
 
 
 x  .
x  2
 x  1  1  0
 
 2  3
2
 

Kết hợp với điều kiện được nghiệm của bất phương trình là x  1 .
3.2. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Tương tự như phương pháp đặt ẩn phụ của chương 2, mục đích
chính của phương pháp này là chuyển các bất phương trình đã cho về
các bất phương trình cơ bản hoặc về hệ bất phương trình gồm các
phương trình cơ bản.
Các cách đặt ẩn phụ đã được nêu cụ thể ở mục 2.2 của chương 2.

1
1
 2.
Ví dụ 3.15. Giải bất phương trình: 
(1)
x
2  x2
 x0
Giải: Điều kiện: 
2  x  2.

Đặt y  2  x 2  0 kết hợp với (1), ta có hệ:

x y
1 1

2
  2

x
y
xy
 


 x2  y 2  2
( x  y )2  2 xy  2



x  y
2
 xy

2
 xy  ( x  y )  2 .

2

(2)
(3)

Lấy (3) thế (2) ta được ( x  y)2  2 , suy ra:

( x  y)2  2
 xy  0  x 2  x 2  0  x  0 .
 2
2
x  y 2





Vậy, tập nghiệm của bất phương trình (1) là: S   2;0 .
3.3. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ
3.3.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số


15

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình là
phương pháp quen thuộc. Để giải một bất phương trình bằng tính
đơn điệu của hàm số ta thực hiện như sau:
Bước 1: Đặt điều kiện của bất phương trình
Bước 2: Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng
f  u   f  v  , trong đó u  u  x  , v  v  x  và f là hàm đơn điệu.
Khi đó từ tính đơn điệu của hàm số f ta có u  x   v  x  hoặc
u  x  v x

Bước 3: Giải bất phương trình u  x   v  x  hoặc u  x   v  x 
từ đó ta tìm được nghiệm của bất phương trình ban đầu.
Ví dụ 3.17. Giải bất phương trình:
x2  2 x  3  x2  6 x  11 

3  x  x  1.

 Phân tích
- Đưa bất phương trình về dạng:


x2  2 x  3  x  1 

3  x  x 2  6 x  11

( x  1)2  2  x  1 

(3  x)2  2  3  x .

- Nhận thấy bất phương trình có dạng f (u)  f (v) nên ta có
thể sử dụng phương pháp hàm số để giải.

 x 1  0
Giải: Điều kiện: 
 1 x  3 .
3  x  0
Viết lại bất phương trình dưới dạng:
( x  1)2  2  x  1  (3  x)2  2  3  x .

(1)

Xét hàm f (t )  t  2  t , xác định t  0 .
1
1

 0 , t  0 nên f (t ) là hàm
Ta có f '(t ) 
2 t2 2 t
đồng biến trên 1;3 .
Khi đó (1) được biến đổi như sau: f ( x  1)  f (3  x)
 x 1  3  x  x  2 .

Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S   2; 3 .


16
3.4. PHƢƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
Cũng như phương pháp hàm số, phương pháp điều kiện cần và
đủ tỏ ra khá hiệu quả cho lớp bài toán “Tìm điều kiện của tham số
để”:
Dạng 1: Bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Dạng 2: Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  D .

Khi đó ta thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện của bất phương trình.
Bước 2: Tìm điều kiện cần để bất phương trình có nghiệm duy
nhất hoặc nghiệm đúng.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ .
Ví dụ 3.20. Tìm m để bất phương trình: x2  2m  mx2

(1)

có nghiệm duy nhất.
Giải:
Điều kiện cần:
Giả sử (1) có nghiệm là x  x0 suy ra  x0 cũng là nghiệm của
(1), vậy (1) có nghiệm duy nhất khi: x0   x0  x0  0 .
Thay x0  0 vào (1), ta được m  0 .
Vậy m  0 chính là điều kiện cần để bất phương trình có
nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ:
Giả sử m  0 , khi đó (1) có dạng:
x2  0  x  0 là nghiệm duy nhất của bất phương trình.

Vậy m  0 bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
3.5. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Để giải bất phương trình vô tỉ bằng phương pháp đánh giá đòi
hỏi người giải phải phân tích kỹ điều kiện của bài toán, phải nhận
dạng và áp dụng linh hoạt các bất đẳng thức quen thuộc từ đó giúp
chúng ta nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn.
Ví dụ 3.23. Giải bất phương trình:

17
4

x  x2  1  4 x  x2  1  2 .

(1)

 Phân tích
4

2
- Ta nhận xét  4 x  x 2  1 
 x  x  1   1 nên ta có thể



giải bài toán bằng cách đặt ẩn phụ là t   4 x  x 2  1  và


1
 4 x  x 2  1   . Nhưng sau khi giải được ẩn t ta phải giải tiếp



 t

bất phương trình bậc bốn sẽ tốn rất nhiều thời gian.
- Tuy
nhiên
cũng

với
việc
nhận
xét
 4 x  x 2  1  4 x  x 2  1   1 , ta dùng bất đẳng thức AM-GM, ta sẽ






nhanh chóng thu được nghiệm.
Giải: Điều kiện của bất phương trình x  1 .
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho vế trái ta được:
VT 

4

4

2
x  x 2  1  4 x  x 2  1  2  4 x  x 2  1 
 x  x  1   2 .




Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
VT  2 

4

x  x2  1 

4

x  x 2  1  x  1 thỏa mãn

điều kiện của bất phương trình.
Vậy, nghiệm của bất phương trình là x  1 .
CHƢƠNG 4
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ VỚI SỰ TRỢ GIÚP CỦA
MÁY TÍNH CẦM TAY
Chương này trình bày sự trợ giúp của máy tính cầm tay cho
việc giải phương trình vô tỉ
4.1. GIỚI THIỆU VỀ MÁY TÍNH CẦM TAY VINACAL 570ES
PLUS II


18
VINACAL 570ES PLUS II là dòng máy tính cầm tay mới nhất
dành cho học sinh trung học . Năm 2013, Bộ GD&ĐT xác nhận máy
tính VINACAL 570ES PLUS II được phép mang vào phòng thi theo
văn bản số 3125/BGDĐT-CNTT ngày 13/5/2013. Đây là dòng máy
tính có thể hỗ trợ cho người sử dụng trong việc học và thi, đặc biệt
trong các kỳ thi giải toán trên máy tính cầm tay do Sở, Bộ GD&ĐT
tổ chức hàng năm.
VINACAL 570ES PLUS II ngoài khả năng giải các bài toán
cơ bản, dòng máy này còn có thể giải quyết các dạng toán cao cấp
như tích phân, tổ hợp, chỉnh hợp… Đặc biệt, VINACAL 570ES

PLUS II còn có thể trợ giúp giải các phương trình vô tỉ.

Máy tính cầm tay VINACAL 570ES PLUS II
Sau đây là một số chức năng của máy tính VINACAL 570ES
PLUS II thường được dùng để hỗ trợ cho việc giải phương trình vô tỉ.
Chức năng CALC: Cho phép ta tính giá trị của hàm số f  x 
tại một điểm thuộc miền xác định D của f  x  . Để sử dụng chức
năng này ta thực hiện như sau:
Bước 1: Nhập hàm f  x  vào máy.
Bước 2: Bấm lần lượt các phím [CALC] + [ x0 ] + [=], với

x0  D , ta được giá trị f  x0  .

Chức năng TABLE: Cho phép nhận biết được khoảng chứa
nghiệm của phương trình (nếu phương trình có nghiệm) và lập bảng


19
những giá trị của hàm số (suy được từ phương trình), từ đó giúp ta
đoán nhận được tính đơn điệu của hàm số. Để sử dụng chức năng này
ta thực hiện như sau:
Bước 1: Giả sử phương trình đã cho có dạng g  x   h  x  ,
với tập xác định  a; b  . Ta biến đổi về dạng f  x   g  x   h  x  , và
xem f là một hàm số xác định trên đoạn  a; b  .

Bước 2: Bấm lần lượt các phím [MODE] + [7].
Bước 3: Nhập hàm f  x  vào máy rồi lần lượt bấm [=] + [=] +
[a] + [b] + [c] + [=], với c là bước nhảy (khoảng cách giữa hai biến).
Từ đó ta sẽ được một dãy giá trị tăng dần của biến x, cùng với dãy
giá trị tương ứng của hàm f  x  hiển thị trên màn hình máy tính.

Bước 4: Đoán nhận tính đơn điệu và khoảng chứa nghiệm của
phương trình.
Chức năng SOLVE: Cho phép nhận biết phương trình có
nghiệm hay không. Để sử dụng chức năng này ta cần thực hiện như
sau:
Bước 1: Tìm khoảng chứa nghiệm (nếu có) của phương trình.
Bước 2: Nhập phương trình cần giải vào máy.
Bước 3: Thực hiện bấm lần lượt các phím [SHIFT] + [CALC]
+ [CONST] + [=], với CONST là một hằng số thuộc khoảng chứa
nghiệm, hoặc CONST = 0 khi không tìm được khoảng chứa nghiệm.
Khi đó máy tính sẽ chỉ ra một nghiệm (nếu có) hoặc cho biết phương
trình vô nghiệm.
Ví dụ 4.5. Giải phương trình: x3  2 x  7  x  2  3x2  2  0. (1)
 Phân tích:
- Điều kiện của phương trình là : x  2 .
- Dùng chức năng TABLE của máy tính cầm tay ta thu được
bảng sau:


20
Bấm [MODE]+[7] ta được chức năng
TABLE.
Nhập hàm:
f  x   x3  2 x  7  x  2  3x 2  2.
Vì điều kiện là : x  2 nên ta bấm:
[=]+[=]+[-2]+[2]+[0,5]+[=], ta được bảng
bên phải.
Qua bảng ta có nhận xét sau:
- Phương trình có một nghiệm nằm trong
khoảng  0,5; 1 .

- Dự đoán hàm số đơn điệu tăng.

x

f  x

-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2

-14
-18.29
-10
-3.688
-2
-1.168
10.588
54.39
162

- Dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay:
- Nhập phương trình đã cho vào máy
tính.
- Bấm lần lượt các phím [SHIFT] +

[CALC] + [0,6] + [=], ta thu được màn
hình như bên cạnh.
- Từ đó ta biết một nghiệm:
x  0.618033988 của phương trình.
- Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay:
- Nhập vào máy biểu thức x  2 .
- Bấm [CALC]+[ 0.618033988 ]+[=], ta
thu được hình bên:
- Từ chức năng CALC, ta thay giá trị x  0.618033988 vào
biểu thức x  2 ta được:

1
1  5
x
 0.618033988.
x
2
- Từ các phân tích trên ta dùng phương pháp hàm số để giải
phương trình này.
Giải: Điều kiện x  2.
Phương trình (1) tương đương với: x3  2 x  7  x  2  3x2  2. (2)
x  2  1.618033988 


21
Nhận thấy x  0 không phải là nghiệm của (2), nên ta chia cả
hai vế của phương trình (2) cho x 3 . Khi đó, (2) tương đương với:
2 3
2 3
 2 x  4  3 x  2  3   2  x  2  x  2  3 x  2  3 

x
x
x x
3
2 3
(3)
 2 x2 3 x2  3  .
x
x
Xét hàm số: f  t   2t 3  3t , với t  .





Ta có: f '  t   6t 2  3  0, t 
trên

, do đó từ (3) ta có:
1
f x2  f   
 x







, nên f  t  là hàm đống biến

1
 x x  2 1
x

1
x  0
x2 
 x x  2 1  
2
x

 x  1  x  x  1  0

 x

x2 

1  5
thỏa mãn điều kiện của phương trình.
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 
Ví dụ 4.6.Giải phương trình:

1  5
.
2

x2  2 x  8

  x  1
x2  2 x  3





x2 2 .

 Phân tích:
- Điều kiệncủa phương trình: x  2.
- Sử dụng chức năng TABLE của máy tính cầm tay ta thu được
bảng sau:
Bấm [MODE)]+[7] ta được chức năng
x
f  x
TABLE.
-2
2,727
Xét hàm:
-1.5
-1.707
x2  2 x  8
-1
-1.5
f  x  2
  x  1 x  2  2 .
x  2x  3
-0.5
-1.671

Vì điều kiện là : x  2 nên ta bấm:
0
-2.08
[=]+[=]+[-2]+[5]+[0,5]+[=], ta được bảng
0.5
-2.371
bên phải.
1
-1.964
Qua bảng ta có nhận xét sau:






22
Phương trình có hai nghiệm phân biệt,
trong đó một nghiệm là x  2 , và một
nghiệm nằm trong  3; 3,5 .
Hàm số không đơn điệu trên D nhưng
cho phép ta dự đoáng hàm số đơn điệu tăng
1

trong  ;   .
2


1.5
2

2.5
3
3.5
4
4.5
5

-0.899
0
0.34
0.2223
-0.189
-0.792
-1.531
-2.347

- Dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay:
Nhập phương trình đã cho vào
máy tính.
Bấm lần lượt các phím [SHIFT] +
[CALC] + [3,2] + [=], ta thu được màn
hình như bên cạnh.
Từ đó ta biết thêm một nghiệm:
x  3.302775638 của phương trình.
- Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1  2 và
x2  3.302775638.
- Dùng chức năng CALC của máy tính cầm tay:
Nhập vào máy biểu thức x  2 .
Bấm
[CALC]+[ 3.302775638

]+[=], ta thu được hình bên:
-

Từ chức năng CALC, ta thay giá trị x2  3.302775638

vào biểu thức
-

x  2  x  1  x2 

x  2 ta được:

Với x1  2 thì:







3  13
.
2

 x2 2 x2 2
 x2
0
 x  2  2  0



0
x

2

2
 

 2

x22


 x  2 x  8  0
 x  2  x  4   0.
 x  2  x  4   0
- Từ các phân tích trên ta dùng phương pháp biến đổi tương
đương để giải phương trình này:


23
Giải: Điều kiện: x  2 .
x2  2 x  8
Ta có: 2
  x  1 x  2  2
x  2x  3
 x  2 x  4  x  1  x  2 

 


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



 x  4 



 x  2



 x  2  x  4





x  2  2   x  1  x 2  2 x  3

x

2

 2 x  3



x22



 0

x  2  x3  x 2  x  5  0.

Ta thấy x  2 là một nghiệm thỏa điều kiện của phương trình.
Xét phương trình:  x  4 x  2  x3  x2  x  5  0.
(1)
 Phân tích:
- Từ sự phân tích ở phần trước ta đã biết được phương trình
3  13
x
(1)
có
một
nghiệm
là:
và
hàm
2
1


f  x    x  4 x  2  x3  x2  x  5 có khả năng đơn điệu trong  ;  
2

nên ta sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình (1).
3  13
- Cũng từ phân tích ở phần trước thì nghiệm x 
2
 x  2  x  1 . Phương trình (1) tương đương:
 x  2  2  x  2  x3  x 2  x  2  3  0
Bằng phương pháp đồng nhất thức ta có:

a  x  1  b  x  1  c  x  1  a
3

2



 
3

x2 b

 
2

x2 c



x2 ,

và dễ dàng tìm được a  1, b  2, c  2 .
Khi đó phương trình (1) tương đương:

 x  1

3

 2  x  1  2  x  1 
2





3

x2 2



x2



2

2





x  2 . (2)