Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ

MỤC LỤC
ĐỀ MỤC

TRANG

Mục lục

1

1. Lời giới thiệu

2

2. Tên sáng kiến.

2

3. Tác giả sáng kiến.

2

4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến.

2

5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến.

2

6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử.

2

7. Mô tả bản chất sáng kiến.

3-28

8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có).

29

9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến.

29

10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp

29

dụng sáng kiến.
11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử
hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu.

1

29


BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu:

Trong chương trình toán phổ thông, phương trình-hệ phương trình vô tỷ là một nội
dung quan trọng, thường có trong các đề thi học sinh giỏi các cấp. Phương trình và hệ
phương trình vô tỷ có nhiều dạng với nhiều cách biến đổi khác nhau nên có thể gây khó
khăn trong việc giải phương trình. Chính vì thế đây cũng là một nội dung đòi hỏi học
sinh phải có tư duy, biến đổi, lựa chọn phương pháp hợp lí để tìm lời giải tốt nhất.
Có nhiều sách viết về phương trình- hệ phương trình vô tỷ cũng như các phương
pháp để giải chúng. Trong các phương pháp đó có phương pháp liên hợp, tuy nhiên ví dụ
đưa ra và lượng bài tập về phương pháp đó còn hạn chế, nên vẫn thường gây lúng túng
cho không ít bộ phận học sinh. Nhận thức được điều này, tôi đã chọn đề tài “Sử dụng
liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm
của mình. Qua đề tài này, hi vọng sẽ giúp các em học sinh có thêm kĩ năng biến đổi, giải
phương trình - hệ phương trình vô tỷ để bước vào các kì thi đạt được kết quả tốt hơn.
2. Tên sáng kiến: Sử dụng liên hợp giải phương trình - hệ phương trình vô tỷ
3. Tác giả sáng kiến:
- Họ và tên: Trần Thị Hằng
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Viết Xuân–Vĩnh Tường–Vĩnh Phúc
- Số điện thoại: 0973709626
E_mail:
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trần Thị Hằng
5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy cho học sinh THPT lớp 10A2, học sinh giỏi.
6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 04 năm 2016 và
tháng 04 năm 2017, tháng 01 năm 2019.
2


7. Mô tả bản chất của sáng kiến:
Để giúp các em có được một cách nhìn, một cách biến đổi các bài phương trìnhhệ phương trình vô tỷ giải bằng phương pháp liên hợp.
Nêu phương pháp, cách nhận dạng phương trình vô tỷ giải được bằng liên hợp, lấy
ví dụ, hướng dẫn cho học sinh luyện tập và theo dõi kĩ năng biến đổi giải phương trình
vô tỷ của học sinh.

Sử dụng máy tính casio để biết được 01 nghiệm của phương trình.
7.1. Ý tưởng của phương pháp.
Đối với dạng toán loại này, cần phải nhẩm được nghiệm của phương trình (việc
nhẩm nghiệm dựa trên máy tính casio 570VN PLUS,…), sau đó phân tích khéo léo để
liên hợp cho thích hợp.
7.2. Một số công thức thường dùng.
Biểu thức
A B
A B
3
A3 B

Biểu thức liên hợp
A B
A B
3

A2  3 A 3 B  3 B 2

Tích
A B
A B
A B

3
A B
A 3 B
A2  3 A 3 B  3 B 2
Chú ý: Khi nhân với biểu thức liên hợp thì biểu thức đó phải khác 0.

3

7.3. Một số ví dụ minh họa.
7.3.1 Một số ví dụ về phương trình vô tỷ
Ví dụ 1: Giải phương trình x  2  4  x  2 x 2  5 x  1 (1)
Lời giải:
Điều kiện 2  x  4. Khi đó
PT (1)  x  2  1  4  x  1  2 x 2  5 x  3
x3
x3


 ( x  3)(2 x  1)
x  2 1
4  x 1
x  3

1
1


 2 x  1 (1.1)
 x  2  1
4  x 1
3


1
1


 2, x  [2;4] và 2 x  1  5 x  [2;4] .
x  2 1
4  x 1
Do đó phương trình (1.1) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3.

Nhận xét

Ví dụ 2: Giải phương trình 3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0. (2)
Lời giải:
1
Điều kiện   x  6. Khi đó
3
PT (2)  ( 3 x  1  4)  ( 6  x  1)  3 x 2  14 x  5  0.
3x  15
x5


 (3x  1)( x  5)  0.
3x  1  4
3x  1  1
x  5

3
1


 3 x  1  0 (2.2)
3x  1  1
 3 x  1  4

(KB-2010)

3
1
1

 3x  1  0, x  [- ;6].
3
3x  1  4
3x  1  1
Do đó phương trình (2.2) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 .

Nhận xét

Ví dụ 3: Giải phương trình 3 3 x 2  x 2  8  2  x2  15 (3)
Lời giải:
Ta dự đoán được nghiệm x  1 , và ta viết lại phương trình như sau:

 3  3 3 x 2  1  


3  x 2  1



 

x2  8  3 

x2  1



x 2  15  4



x2  1

x4  3 x2  1
x2  8  3
x 2  15  4
 x2  1
 
1
1
1


 3 x 4  3 x 2  1
x2  8  3
x 2  15  4
Mặt khác, ta có:
3

x 2  15  x 2  8  x 2  15  4  x 2  8  3 
Nên phương trình thức hai vô nghiệm.
4

1
x 2  15  4



1
x2  8  3


Vậy (3) có 2 nghiệm x  1, x  1 .
Ví dụ 4: Giải phương trình sau 3x 2  5 x  1  x2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 (4)
Lời giải:
Ý tưởng:
Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x  2 nên ta
sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  2  . Ta có
nhận xét rằng:
3 x 2  5 x  1  3 x 2  3 x  3  2  x  2  và x 2  2  x 2  3 x  4  3  x  2 



 





 



Ta đi đến lời giải như sau:
(4)  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3 x  4



2 x  4
3x 2  5 x  1  3 x 2  x  1



3x  6
x 2  2  x 2  3x  4



2
3
0
  x  2 

2
2
 3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1
x  2  x  3x  4 


Mặt khác, ta có:
2
3


> 0 với mọi x thỏa mãn ĐKXĐ
2
2
2
2
x

2

x

3
x

4
3x  5 x  1  3 x  x  1





Vậy phương trình (4) có một nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 5: Giải phương trình 2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20 (5)
Lời giải:
Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (5) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa
phương trình (5) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử  x  1 .
Ta viết lại như sau:
 5  2  x 2  7 x  10   x  1   x 2  12 x  20   x  2  (*)
Để ý rằng hai phương trình x 2  7 x  10   x  1  0 và

vô nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (*) ta có:
18  x  1
16  x  1

x 2  7 x  10  x  1
x 2  12 x  20  x  2
5

x 2  12 x  20   x  2   0


x 1

9


 x 2  7 x  10  x  1

8

(**)

2

x  12 x  20  x  2

Phương trình (**)  8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10
Đến đây ta có hai hướng giải quyết:
Hướng 1: bình phương hai vế…
Hướng 2: kết hợp với pt (5) ta có hệ sau

8 x 2  7 x  10  9 x 2  12 x  20  x  10

2 x 2  7 x  10  x 2  12 x  20  x
Lấy phương trình thứ nhất trừ đi 9 lần phương trình thứ hai, ta thu được:

5

x

15  5 5

5 x 2  7 x  10  4 x  5  
 x
4
2
 x 2  15 x  25  0

15  5 5
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm x  1, x 
.
2
Ví dụ 6. Giải phương trình x 2  12  5  3x  x 2  5 (6) .
Phân tích.
Ta tìm số x  R sao cho x 2  12, x 2  5 là các số chính phương thỏa mãn phương
trình. Nhận thấy x  2 thỏa mãn.
Lời giải
Điều kiện x  R . Khi đó
PT (6)  x 2  12  x 2  5  3x  5
5

Nhận xét x là nghiệm phương trình thì x  .
3
5
Xét với x  , ta có
3
PT (6)  x 2  12  4  x 2  5  3  3( x  2)
x2  4
x2  4


 3( x  2)
x 2  12  4
x2  5  3

6


x  2

x2


 x 2  12  4

x2

x2
x2  5  3

 3 (6.2)

x2

5
và
3
x 2  12  4
Do đó phương trình (6.2) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x  2 .

Nhận xét

5

3

3,

x

.
3
x2  5  3

 1, x 

Ví dụ 7. Giải phương trình 42 x 

x2

3

 2 x  4 2

x2

3

 2 x  4 x 4 . (7) (Khối D -2010)

Lời giải.
Điều kiện x  2 . Khi đó
PT (7)  (42 x  16).(22 x  2  2 x  2 )  0
3

(7.1)
 42 x  16  0
  2 x2
 2 x  2  0 (7.2)
2
PT (7.1)  2 x  2  x  1 .
3

PT (7.2)  2 x  2  x3  4.

 2 x  2  4  x3  8
2( x  2)

 ( x  2)( x 2  2 x  4)
x24

x  2

2

 x 2  2 x  4 (7.3)
 x  2  4
2
Nhận xét
 1, x  2 và x 2  2 x  4  ( x  1) 2  3  3.
x24
Do đó phương trình (7.3) vô nghiệm.
Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x  1 và x  2.

Ví dụ 8. Giải phương trình 3 x 2  4  x  1  2 x  3. (8)
Phân tích. Nhận thấy x  2 là nghiệm phương trình.
Lời giải
Điều kiện: x  1 . Khi đó
PT (8)  3 x 2  4  2  x  1  1  2( x  2)

7


x2  4



x2
 2( x  2)
x 1  1



( x  4) 2  2 3 x 2  4  4
x  2
x2
1
 

 2. (*)
2
2
 3 ( x  4)  2 3 x  4  4
x 1 1
1
x2
 2  2, x  1.

1,

x

1
Nhận xét
và
3
x 1 1
( x  4) 2  2 3 x 2  4  4
Do đó Phương trình (*) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
3

Ví dụ 9: Giải phương trình 3x 2  7 x  3  x 2  2  3x 2  5 x  1  x 2  3x  4
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với

3 x 2  5 x  1  3 x 2  7 x  3  x 2  2  x 2  3x  4  0
Bằng cách nhân liên hợp, ta có:


2
3

 x  2  2
  0.
2
2
2
x  2  x  3x  4 
 3x  5 x  1  3x  7 x  3
2
3

Do
nên phương trình có
3x 2  5 x  1  3x 2  7 x  3
x 2  2  x 2  3x  4
nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 10: Giải phương trình 5 x  1  3 9  x  2 x 2  3x  1
Lời giải:
Điều kiện: x  1 .

5

Phương trình đã cho tương đương với:

5 x  1  2  3 9  x  2  2 x 2  3x  5
5  x  1
1 x


  x  1 2 x  5 
2
3
3
5x  1  2
9 x 2 9 x 4






5


  x  1  2 x  5 
5x  1  2



0

2

3
9  x  23 9  x  4

1





8



5 5x  1  5
  x  1  2 x 


5x  1  2



0
2

3
9  x  23 9  x  4

1





Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1.
3

2

Ví dụ 11: Giải phương trình x  3 x  1  8  3 x
Lời giải:
2 6
2 6
Điều kiện: 
x
3
3
Ta sẽ dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là:
x1  0,6180339887...; x2  1,618033989... sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A
và B. Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách
tình A + B và AB, ta thu được kết quả sau: A  B  1, AB  1 . Điều đó đã chứng tỏ A, B
là hai nghiệm của phương trình: X 2  X  1  0
Và từ đây, ta có thể dự đoán được x 2  x  1 chính là nhân tử của phương trình đã cho
sau khi nhân lượng liên hợp.
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
x2  x  1
3
x  2x  1  4
0

8  3x 2  2  x



4
  x 2  x  1  x  1 
0
2
8  3x  2  x 

2
Xét f  x   8  3 x  2  x ta có: f '  x  

 f '( x )  0 

3 x

8  3x2
Ta có bảng biến thiên:

1 x  

21
32

9

3 x
8  3x

2

1


64 6
64 6
2 6
 0  f  x 
kết hợp với x 
3
3
3
4
4
2 6
4
 x 1
 x 1

1
0
f  x
3
64 6
8  3x2  2  x
3
1 5
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  x  1  0  x 

.
2
 f  x 

Ví dụ 12. Giải phương trình 3 x 2  1  x  x 3  2 (*)
Phân tích. Nhận thấy x  3 là nghiệm phương trình.
Lời giải
Điều kiện x  3 2. Khi đó
PT (*)  ( 3 x 2  1  2)  ( x  3)  x3  2  5
x2  9
x 3  27

 x 3 3
3
( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4
x 2 5
x  3


x3
x 2  3x  9
1
 3
(**)
 3 ( x 2  1) 2  2 3 x 2  1  4
x 2 5
Nhận xét
x3
x3
x 2  3x  9

1
1 3 2
2 3
, x  3 2 .
2
2
2
2
3
3
( x  1)  2 x  1  4
( x  1  1)  3
x 2 5
Do đó phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x  3 .
(*)
Ví dụ 13. Giải phương trình x 2  x  1  ( x  2) x 2  2 x  2
Phân tích.
Trong phương trình này ta x 2  2 x  2  ( x  1) 2  1 là số nguyên thì x  0, x  2 .
Nhưng các giá trị đó không là nghiệm của phương trình. Nhận thấy x  2 không là
x2  x  1
 x 2  2 x  2 . Ta thêm hai vế phương trình
nghiệm phương trình. PT (*) 
x2
một biểu thức ax  b được
x2  x  1
 (ax  b)  x 2  2 x  2  (ax  b)
x2

10

(1  a) x 2  (1  2a  b) x  (1  2b) (1  a 2 ) x 2  2(1  ab) x  2  b 2


x2
x 2  2 x  2  (ax  b)

Ta chọn a, b sao cho

1  a 2 2(1  ab)
2  b2
suy ra a  0, b  3 .


1  a 1  2a  b (1  2b)

Lời giải
Điều kiện x  R .
Nhận xét x  2 không là nghiệm phương trình.
Xét với x  2 , ta được
x2  x  1
PT (*) 
 x2  2 x  2
x2
2
x  x 1

 3  x2  2x  2  3
x2

2
x  2x  7
x2  2x  7


x2
x2  2x  2  3
(1)
 x2  2x  7  0
 1
1


(2)
x2  2x  2  3
 x  2
x 1 2 2
PT (1)  
 x  1  2 2

PT (2)  ( x  1) 2  1  x  1 (vô nghiệm).

Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x  1  2 2, x  1  2 2.
Ví dụ 14. Giải phương trình x 3  6 x 2  2 x  3  (5 x  1) x 3  3 (*)
Phân tích
1
x3  6 x2  2 x  3
 x 3  3 , ta
Nhận thấy x  không là nghiệm phương trình. PT (*) 
5x  1

5
3
2
x  6x  2x  3
bớt hai vế biểu thức ax  b được
 (ax  b)  x 3  3  (ax  b) . Bằng
5x  1
cách tương tự, chọn được a  2, b  0 .
Lời giải
Điều kiện x   3 3 .
1
Nhận xét x  không là nghiệm phương trình.
5

11


x   3 3

Xét với 
1 , ta có
x


5

3
x  6 x2  2x  3
PT (*) 
 x3  3

5x  1
3
x  6x2  2x  3

 2 x  x3  3  2 x
5x  1
3
x  4x2  3

 x3  3  2 x
5x  1
 x3  3  2 x  0
(1)

 x3  3  2 x  5 x  1 (2)
x  0



 x  1
3  21
x  0
x


PT (1)   3
 
3  21  
2
2

x

x

4
x

3

0


 x  1
2

3  21

  x 
2
1

x


2
1


x 1


x 

.
  x  1
PT (2)  
2

x

4

3
2

 x  4  3 2
 x 3  9 x 2  6 x  2  0

  x  4  3 2
3  21
, x  4  3 2.
Vậy phương trình có ba nghiệm x  1, x 
2

Ví dụ 15: Giải phương trình

3  x  2  x  x3  x 2  4 x  4  x  x  1

Lời giải:
Điều kiện: 2  x  3 .
Phương trình đã cho tương đương với:



 

3  x  x 1 



2  x  x  x3  x2  4 x  4

 x2  x  2
 x2  x  2


  x  2  x  1 x  2 
3  x  x 1
2 x  x
12




1
1
  2  x  x  1 

  x  2  0
2 x  x
 3  x  x  1


 x  1

.
x  2
- Với bài này, việc xuất hiện thêm các đa thức chứa trị tuyệt đối tưởng chừng như sẽ gây
cho ta thêm khó khăn trong việc giải quyết. Nhưng nhờ sử dụng phương pháp nhân
lượng liên hợp, bài toán đã được giải quyết nhanh chóng! Khi ấy, ta chỉ cần chuyển các
lượng trên về đúng vị trí và sử dụng pp nhân liên hợp là đủ.
Sau đây là một số bài toán khác:
Ví dụ 16: Giải phương trình

3

x2  1  x  3  x  1  x 

x3
 5.
x2  6

Lời giải:
Điều kiện: x  3
Phương trình đã cho tương đương với:

x3
2
x2  6
x2  1  8
x 1 4
15  x  2 x 2

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



3



x2  1  2  x  3 





x  1  2   x  3 


x  3  x  3
 x  3 
1
2
2
3
2
 3  x  1  2 x  1  4
 x  3.


x  3  2 x  5 
x 3
 x 3 
0
x2  6
x 1  2


Ví dụ 17. Giải phương trình 2 x  1  2 x  3  x  3  x  1 (1)
Phân tích. Ta thấy (2 x  1)  ( x  3)  (2 x  3)  ( x  1)
Lời giải
3
Điều kiện x  . Khi đó

2
PT (1)  2 x  1  x  3  x  1  2 x  3
x2
2 x


2x  1  x  3
x  1  2x  3

13


x  2

1
1


(1.1)
 2 x  1  x  3
x  1  2x  3
Nhận xét phương trình (1.1) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2.

Ví dụ 18. Giải phương trình 9( 4 x  1  3 x  2)  x  3 (1)
Phân tích (4 x  1)  (3 x  2)  x  3
Lời giải
2
Điều kiện x  . Khi đó
3

9( x  3)
PT (1) 
 x3
4 x  1  3x  2
 4 x  1  3x  2  9
2
Xét hàm số y  f ( x)  4 x  1  3 x  2 trên [ ; ) .
3
2
1
2

 0 , x  ( ; ).
Đạo hàm y '  f '( x) 
3
4 x  1 2 3x  2
2
Do đó y  f ( x) đồng biến trên [ ; ) . Mà f (6)  9 nên
3
4 x  1  3x  2  9  x  6 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  6.

Ví dụ 19. Giải phương trình

2x  4  2 2  x 

Phân tích (2 x  4)  4(2  x)  6 x  4 .
Lời giải
Điều kiện 2  x  2. Khi đó
6x  4

6x  4
PT (1) 

2x  4  2 2  x
x2  4
2

x

3


 2 x  4  2 2  x  x 2  4 (*)
PT (*)  2 x  4  2 2  x  x 2  4
 4 2x  4 2  x  x2  2x  8
14

6x  4
x2  4

(1)


 4 2 x  4 2  x  ( x  2)( x  4)
 2  x .[4 2 x  4  ( x  4)]  0
x  2

 4 2 x  4  2  x ( x  4)  0 *
Nhận xét phương trình (*) vô nghiệm.
2

Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  .
3

Ví dụ 20. Giải phương trình sau
2

2 x 2  3x  5  2 x 2  3 x  5  3 x

(1)

2

Phân tích (2 x  3x  5)  (2 x  3x  5)  6 x .
Lời giải
Điều kiện x  R .
Nhận xét x là nghiệm phương trình thì x  0 .
2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5 .
Xét với x  0 , ta có
PT (1)  6 x  3x( 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5)
PT (1)  2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  2 . Kết hợp với PT(1) ta được
 2 x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  2
.

2
2
2
x

3
x


5

2
x

3
x

5

3
x


Suy ra
2 2 x 2  3 x  5  3 x  2  4(2 x 2  3x  5)  (3x  2)2 (do x  0 )
 x  4 (loai)

.
x

4

Thử lại x  4 thỏa mãn phương trình (1).

7.3.2 Một số ví dụ về hệ phương trình vô tỷ.
 x  1  y  1  4
Ví dụ 1 : Giải hệ phương trình 
 x  6  y  4  6

 x, y   

(1)

Phân tích ( x  6)  ( x  1)  ( y  4)  ( y  1) . Từ đó ta đưa hệ đã cho về hệ đối xứng.
Lời giải
 x  1
. Khi đó
Điều kiện 
y

1

15


 x  6  x  1  y  4  y  1  10
HPT (1)  
 x  6  x  1  y  4  y  1  2
 x  6  x  1  y  4  y  1  10


.
5
5


2
 x  6  x 1

y  4  y 1

 x  6  x  1  a
a  0, b  0 .
Đặt 
y

4

y

1

b

a  b  10
a  b  10 a  5

Hệ trở thành  5 5
.


ab

25
b

5



2


 a b
 x  6  x  1  5
Khi đó 
.
y

4

y

1

5

Xét hàm số y  f (t )  t  4  t  1 với t [1; ) .
Hàm số y  f (t ) đồng biến [1; ) . Mà f (5)  5 , do đó
 x  6  x  1  5
 f ( x  2)  5  x  3


.

f
(
y
)


5
y

5

 y  4  y  1  5 
x  3
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
y  5

 x  y  1  1  4( x  y ) 2  3. x  y (1)

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
 x, y   
3
(2)
2 x  y 

2

Phân tích

3( x  y )  ( x  y  1)  2( x  y )  1 và
4( x  y ) 2  1  [2( x  y )  1].[2( x  y )  1] . Khi đó ta sẽ có nhân tử chung.

Lời giải
Điều kiện x  y  0 . Khi đó
PT (1)  4( x  y ) 2  1  3( x  y )  x  y  1  0

16


 4( x  y ) 2  1 

2( x  y )  1
0
3( x  y )  x  y  1

 2( x  y )  1

1
 2( x  y )  1 
0

3( x  y )  x  y  1
1
 x y .
2
2
1


x

x

y




3
2
Kết hợp với (2) ta có : 
.

3
1
2 x  y 
y  

2
6

2 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    ;   .
3

6

(1)
33 x 2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình 
2
 x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) (2)

Phân tích: Ta thấy ( x  y )  y  x  2 y và ( 2 y  x )( 2 y  x )  2 y  x .
Từ đó ta biến đổi làm xuất hiện nhân tử chung.
Lời giải
Điều kiện x  y  0 .

Nhận xét x  y  0 là nghiệm của hệ.
Xét với x  y  0, ta có
PT (2)  x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x ) 2
x  2y

 (2 y  x)( 2 y  x )
x y  y
x  2y  0

1
 x  2y .

 ( 2 y  x )  0
 x  y  y
Thế x  2 y vào PT(1) ta được
32 x  5.6 x  4.22 x  0

17

 x, y   


 3 x
( 2 )  1
3 2x
3 x
 ( )  5.( )  4  0  
2
2
( 3 ) x  4

 2
 x  log 3 4 (do x  0 ).
2

 x  log 3 4

2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
.
y

log
2
3


2
 xy  ( x  y )( xy  2)  x  y  y 1

   x, y    .
Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình: 
( x  1)( y  xy  x  x 2 )  4
 2

Lời giải:
-

 x; y  0
Điều kiện : 
 xy  ( x  y )( xy  2)  0

-

PT (1) 


xy  ( x  y )( xy  2)  y  ( x  y )  0
( x  y )( y  xy  2)



xy  ( x  y )( xy  2)  y

-

x y
x y

0



y  xy  2
1
  0 (3)
 ( x  y) 

 xy  ( x  y )( xy  2)  y
x y



4
4 

Từ PT (2) ta có y  xy  x 2  x 
 ( x  1) 2   x  1 
2 2
x 1
x 1 



y  xy  2
xy  ( x  y )( xy  2)  y



1
0
x y

-

PT (3)  x  y , thay vào PT (2) ta được : x3  2 x 2  3 x  4  0  x  1 hoặc x 

-

Kết hợp với điều kiện ta có x  1 , x 

-

1  17
2

1  17
2
 1  17 1  17 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); 
;
.
2 
 2

 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2 1
Ví dụ 5 : Giải hệ phương trình: 
 x, y   .
2
 2
4 x  2  163 y  x  8
18


Lời giải:
16
.
3
Từ phương trình (1) suy ra y  x  2 thế vào phương trình (2) ta được:

ĐKXĐ: x  2 và y 

4 x  2  22  3x  8  x 2
Đây là một phương trình vô tỷ không hẳn là dễ xơi, tuy nhiên dùng máy tính casio fx 570
VN PLUS ta biết được hai nghiệm của phương trình đó là: -1 và 2. Do đó sau khi nhân
lượng liên hợp ta sẽ có được nhân tử chung là: x 2  x  2 .
Vậy phương trình trên tương đương với phương trình:
x4 
14  x 

2
4 x  2 
   22  3x 
 x x2
3  
3 





4
1
2
0
  x  x  2  1 

 9  x  2  x  4  9  22  3x  14  x  






3 
3  



Từ đó thu được nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  x; y    2;0  ,  1; 3 .
8  x  y   3 xy  x 2  2 y 2 1
Ví dụ 6 : Giải hệ phương trình: 
 x, y    .
2
2
4 x  2  3 y  2 x  y  5  2 

Lời giải:
ĐKXĐ: x  2, y  3.
Từ phương trình (1) ta biến đổi được y   x thế vào phương trình (2) ta được phương
trình: 4 x  2  x  3  x 2  5 . Nhẩm nghiệm của phương trình ta được nghiệm là 1 và
-2 do đó sau khi nhân lượng liên hợp sẽ xuất hiện nhân tử chung là: 2  x  x 2 . Khi đó:




4
1
4 x  2  x  3  x2  5   2  x  x2  

 9  0
4 x
x5

 x2 

3 x 
3
3


Và vì thế ta sẽ thu được nghiệm của hệ phương trình là:  x; y   1; 1 ,  2;2  .
Qua những ví dụ trên đã phần nào minh họa được cách sử dụng liên hợp vào giải phương
trình- hệ phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, chúng ta thấy rằng sau khi liên hợp trong giải
phương trình hoặc hệ phương trình vô tỷ thì việc xử lý phương trình còn lại đối với học
sinh vẫn còn tương đối khó khăn. Do đó, để làm tốt được phương trình còn lại sau khi
19


liên hợp học sinh cần phải chứng minh được phương trình còn lại đó vô nghiệm bằng
cách đánh giá, sử dụng đạo hàm,…từ đó chỉ ra một vế của phương trình luôn dương và
vế còn lại của phương trình luôn âm chẳng hạn, hoặc một vế của phương trình luôn lớn
hơn một số M nào đó và vế kia của phương trình phải luôn nhỏ hơn số M đó. Sau đây
chúng ta sẽ tìm hiểu phần 7.3.3 để thấy rằng việc xử lý phương trình còn lại sau khi liên
hợp cũng không phải là quá khó.
7.3.3 Một số cách xử lý phương trình vô tỷ sau khi nhân lượng liên hợp.
Phương pháp:
- Làm càng chặt được miền nghiệm càng tốt.
- Sử dụng bất đẳng thức, xét hàm số, chia khoảng, sử dụng hệ tạm,…
Ví dụ 1. Giải phương trình 2 x  1  x 2  2 x  4+ x 2  5

(1)

Lời giải:

2

Ta có 2 x  1  x 2  2 x  4+ x 2  5   x  1  3  x 2  5  3  5  x  1
Sử dụng máy tính Casio ta được nghiệm x  2. Khi đó, ta có:
1  x 2  2 x  4  x  x 2  5  x  1  0


1
1
 4  2x 2
 2
0
x  5  x 1
 x  2x  4  x
Do x  1 nên biểu thức trong dấu ngoặc luôn dương vì vậy phương trình trên chỉ có
nghiệm duy nhất x  2.
Việc làm chặt miền nghiệm cho ta cách đánh giá vô cùng dễ dàng, lời giải ngắn gọn đẹp
1
mắt. Nếu học sinh chỉ biết x 
thì lời giải sẽ khó khăn hơn…
2

Ví dụ 2. Giải phương trình 8 x 3  13x 2  7 x   x  1 3 3x 2  2

(2)

Lời giải:
Sử dụng máy tính Casio ta được nghiệm x  1; x 

 2  8x

3



1
. Ta có
8



 15 x 2  6 x  1   x  1 2 x  1  3 3x 2  2  0


x 1

  8 x  15 x  6 x  1 1 
2
  2 x  1   2 x  1 3 3x 2  2  3 3x 2  2

Nếu x  1  0  x  1 thì biểu thức trong dấu ngoặc luôn dương.
3

2



20





2   0




Nếu x  1  0  x  1 thì biểu thức trong dấu ngoặc
x 1
x 1
1
2 1
2  1  1  0 luôn dương
2
2
2
3
3
2
x

1


 2 x  1   2 x  1 3x  2  3x  2





1
Vậy phương trình tương đương với 8 x 3  15 x 2  6 x  1  0  x  1; x   .
8
Qua ví dụ này ta thấy việc chia khoảng để đánh giá cũng khá là hay và cho ta được một
lời giải đẹp mắt chưa từng thấy. Tất nhiên ta cũng có thể làm chặt miền nghiệm để giải
quyết được phương trình còn lại nhưng sẽ hơi khó nhìn một chút.

Ví dụ 3. Giải phương trình

7 x 2  20 x  86+x 31  4 x  x 2 =3x  2

(3)

Lời giải:
Đây là một bài toán tương đối khó với hầu hết các em học sinh vì nhẩm được hai nghiệm
vô tỷ mà không phải của cùng một phương trình bậc hai. Sử dụng máy tính Casio ta
được hai nghiệm đó nằm ở trong hai phương trình bậc hai sau: x 2  4 x  15  0 và
x 2  4 x  30  0 . Do đó ta nghĩ đến nhân lượng liên hợp để được phương trình bậc hai
x 2  4 x  15  0 và sử dụng hệ tạm để tìm nhân tử là phương trình bậc hai còn lại
x 2  4 x  30  0 . Sử dụng hệ tạm tức là kết hợp với phương trình ban đầu. Sau đây là lời
giải minh họa:
7 x 2  20 x  86  0
Điều kiện xác định: 
2
31  4 x  x  0
Ta có (3)  7 x 2  20 x  86   2  x   x





31  4 x  x 2  4  0

 x 2  4 x  15  0  3*
 
6
x

 0  *
 7 x 2  20 x  86  2  x
31  4 x  x 2  4
Ta lại có *  6 31  4 x  x 2  24  x 7 x 2  20 x  86  2 x  x 2

Mặt khác, từ giả thiết suy ra 7 x 2  20 x  86   x 31  4 x  x 2 +3x  2 thay vào phương
trình trên ta được:
 x 2  6  31  4 x  x 2  2 x 2  4 x  24  31  4 x  x 2   x 2  6  31  4 x  x 2  x 2  7  0
 31  4 x  x 2  1  x 2  4 x  30  0  3**
Giải  3* và  3** kết hợp với điều kiện xác định ban đầu ta được hai nghiệm phân biệt

của phương trình đã cho là x  2  19 và x  2  34.
Chú ý khi nhân lượng liên hợp phải xét mẫu số khác 0 trước (học sinh tự làm phần này)

21


Qua đây ta thấy việc sử dụng hệ tạm vào giải các bài toán kiểu này cho lời giải hay
nhưng đa phần học sinh sẽ rất bối rối với kiểu làm này. Tiếp theo ta sẽ xét một ví dụ sau
khi nhân lượng liên hợp, chúng ta sẽ sử dụng đạo hàm để tìm min, max.
3

2
Ví dụ 4: Giải phương trình x  3 x  1  8  3 x

 x   .

Lời giải:
2 6
2 6
x
3
3
Sử dụng kỹ thuật thêm, bớt và sau đó nhân lượng liên hợp ta được:


4  x 2  x  1
4
2
3
x  2x  1 
 0  x  x 1  x 1
0
2
2
8  3x  2  x 
8  3x  2  x

3 x
2
1
Xét hàm só f  x   8  3 x  2  x ta có: f '  x  

8  3x 2
3 x
21
 f '( x )  0 
1 x  
32
8  3x2
Ta có bảng biến thiên:

Điều kiện: 





64 6
64 6
2 6
 0  f  x 
kết hợp với x 
3
3
3
4
4
2 6
4
 x 1
 x 1


1
0
2
f
x
3
64 6
 
8  3x  2  x
3
1 5
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  x  1  0  x 
.
2
 f  x 

22


Đây là bài toán mà ta giải quyết phương trình sau khi nhân lượng liên hợp bằng cách sử
dụng đạo hàm để đưa về min, max. Tuy nhiên ta cũng có thể kết hợp với phương trình
ban đầu để đưa về hệ tạm như cách làm của Ví dụ 3.
Qua những ví dụ trên đã phần nào minh họa được cách xử lý phương trình còn lại sau
khi nhân lượng liên hợp. Đó là những ví dụ điển hình nhất mà học sinh cần nắm được.
Sau đây là một số bài tập để học sinh có thể áp dụng và luyện tập.
7.3.4 Sử dụng máy tính casio hỗ trợ giải phương trình.
Phương pháp
- Phím SHIFT CALC hay ta thường gọi là SOLVE:
Nguyên tắc hoạt động của chức năng này là khi ta nhập một giá trị bất kì thì màn

hình hiển thị ”X=?” thì bộ xử lý sẽ quay một hình tròn có tâm là điểm ta vừa nhập trên
trục hoành, với bán kính lớn dần. Khi gặp giá trị gần nhất thỏa mãn thì máy sẽ dừng lại
và hiển thị giá trị đó dưới dạng phân số tối giản hoặc số thập phân. Nếu trong một thời
gian nhất định mà máy vẫn chưa tìm được nghiệm thì máy sẽ hiển thị giá trị gần nhất
máy tìm được thỏa mãn phương trình với sai số hai vế là thấp nhất. L-R ở hàng thứ hai
trên màn hình chính là sai số ở hai vế (thông thường sai số này rất bé khoảng 10-6 trở
xuống).
- Chức năng TABLE: (MODE 7)
Chức năng này cho phép hiển thị đồng thời các kết quả của một biểu thức trong đó
các giá trị biến ta gán là cấp số cộng. Chức năng này cho phép ta nhìn tổng thể các giá trị
của biểu thức, thuận lợi cho việc sử dụng tính liên tục và dấu của biểu thức để dự đoán
khoảng chứa nghiệm một cách tiết kiệm thời gian.
Ví dụ 1: Hãy dự đoán các nghiệm của phương trình
x2  2x  8
(Đề thi THPTQG 2015)
 ( x  1)( x  2  2)
x2  2x  3
Điều kiện x  2
Ta sử dụng Chức năng TABLE: (MODE 7) để dự đoán nghiệm như sau:
- Bấm MODE 7 và nhập vào màn hình máy tính
x2  2x  8
 ( x  1)( x  2  2)
x2  2x  3
- Bắt đầu tính từ giá trị -2

23


- Đến giá trị 10

- Bước nhảy bằng 1

- Ta xem màn hình kết quả

Từ bảng kết quả ta đi đến các nhận xét sau:
- Ta thấy với x = 2 thì f(x) = 0. Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình đề bài.
- Ta thấy f(3) = 0,2223; f(4) = -0,792. Theo tính chất của hàm số liên tục chứng tỏ
phương trình còn có nghiệm khác trong khoảng (3; 4).
Tiếp tục ta dùng chức năng SOLVE để tìm nghiệm còn trên khoảng (3; 4)
- Nhập phương trình vào màn hình máy tính
x2  2x  8
 ( x  1)( x  2  2)
x2  2x  3
- Bấm SHIFT CALC 3 =

- Ta có nghiệm gần đúng là x = 3,302775638.
Việc tìm ra được nghiệm đúng x =2 và nghiệm gần đúng x = 3,302775638 sẽ giúp
ích cho ta nhiều trong việc tìm ra cách giải mà chúng ta sẽ tìm hiểu ở các mục tiếp theo.
3.2. Hướng dẫn học sinh giải phương trình bậc cao với sự hỗ trợ của máy tính cầm tay.
Đối với phương trình bậc hai, bậc ba có nghiệm hữu tỉ thì học sinh dễ dàng tìm
được nghiệm bằng cách bấm trực tiếp mode 5 trên máy tính cầm tay.
Đối với các phương trình bậc cao hơn 3 mà có nghiệm hữu tỉ. Ta có thể hướng dẫn
học sinh sử dụng lược đồ Hoocne để đưa về phương trình dạng tích của các nhân tử có
bậc thấp hơn.
Đối với các phương trình bậc cao chỉ có các nghiệm vô tỉ thì ta sử dụng máy tính
cầm tay để phát hiện ra cách giải như thế nào. Cơ sở lý luận ở đây chính là việc sử dụng
định lý Viet đảo: Nếu hai số có tổng bằng S, có tích bằng P thì hai số đó là nghiệm của
2

phương trình x  Sx  P  0

Từ đó ta có nhận xét: Nếu phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm có tổng bằng S, có tích
bằng P thì ta có f ( x)  ( x 2  Sx  P ).g ( x) .
24


Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2  x  3  2  x (Trích đề thi khối B 2014)
Khi gặp phương trình này học sinh lực học trung bình sẽ lúng túng đi tìm phương
pháp giải. Tuy nhiên với sự hỗ trợ của máy tính cầm tay chúng ta giúp học sinh không
còn ngại việc lũy thừa hai vế để có phương trình bậc 4 sau đó tiến hành nhẩm nghiệm và
tìm nhân tử.
2 x 2  x  3  0
 x  (; 1]  [3 / 2; )
2x  x  3  2  x   2
 4
2
3
2
(*)
4 x  4 x  11x  7 x  7  0
 2 x  x  3  2  x
2

Dùng lệnh SOLVE ta nhẩm được phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa mãn
 x1  x2  1
. Từ đó phương trình (*) có nhân tử là x 2  x  1 . Thực hiện phép chia

x
x



1
 1 2
2

2

4 x 4  4 x 3  11x 2  7 x  7 cho x  x  1 được thương là 4 x  7 .


1 5
x 
2
Ta có 4 x 4  4 x 3  11x 2  7 x  7  0   x 2  x  1 4 x 2  7   0  

 7
x 

2

Kết hợp với điều kiện suy ra phương trình có 2 nghiệm là: x 

1 5
7
;x  
2
2

Ngoài cách lũy thừa hai vế ở trên, để giải phương trình này với sự hỗ trợ của máy
tính cầm tay chúng ta có thể hướng học sinh làm bằng phương pháp nhân liên hợp, hay
tách nhân tử ... được biết đến ở các phần tiếp theo của sáng kiến.

Ví dụ 3: Giải phương trình
3x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0
(Trích đề thi khối B 2011)
1

Điều kiện: x   ; 6 
 3 
Trước hết ta dùng TABLE để tìm nghiệm hoặc khoảng nghiệm của phương trình
như sau:
- Bấm MODE 7 và nhập vào màn hình máy tính
f ( x)  3x  1  6  x  3x 2  14 x  8

- Bắt đầu tính từ giá trị 0
- Đến giá trị 6

25