[Casio] Thu thuat casio co ban - bui the viet

Khóa học : Ứng dụng Thủ Thuật CASIO 2017

GROUP : CASIO Luyện Thi THPT Quốc Gia

BÙI THẾ VIỆT Trang 1

CHƯƠNG 1 : THỦ THUẬT CASIO CƠ BẢN

Có lẽ trong mỗi chúng ta, ai cũng đã từng được sở hữu một chiếc máy tính cầm tay nhỏ

gọn nhưng mang trong mình khả năng tính toán vượt trội. Là một thiết bị được phép mang

vào phòng thi trong kỳ thi THPT Quốc Gia nên việc sử dụng triệt để các tính năng mà máy

tính cầm tay mang lại sẽ giúp ích được cho chúng ta rất nhiều.

CASIO hay những máy tính cầm tay khác không chỉ đơn thuần chỉ biết thực hiện phép

tính, tìm nghiệm phương trình, tính tích phân, nguyên hàm, … mà với những thủ thuật

CASIO cơ bản dưới đây, chúng ta có thể sử dụng nó để rút gọn biểu thức, chia biểu thức, phân

tích nhân tử một cách nhanh gọn và chính xác.

BÀI 1.1 : THỦ THUẬT RÚT GỌN BIỂU THỨC

A – GIỚI THIỆU

Trong quá trình làm bài toán, đôi khi chúng ta phải rút gọn một biểu thức khá

là lớn và cồng kềnh. Tuy nhiên, với CASIO, chúng ta sẽ không mất nhiều thời gian để

nháp mà vẫn có được kết quả chính xác. Ví dụ :

2 2

3 2 2 6 5 4 3 2x x 8x 3 x x 2 x 7 17 x x 20x 5x 75x 16x 2

B – Ý TƯỞNG

Thông thường biểu thức một ẩn sau khi rút gọn sẽ có dạng sau :

n n 1 n 2

n n 1 n 2 1 0f x a x a x a x ... a x a

Với n n 1 n 2 1 0a ,a ,a ,...,a ,a

là hệ số nguyên không quá lớn. Vậy thì khi đó :

n n 1 n 2

n n 1 n 2f 1000 a 1000 a 1000 a 1000 ...

Do n n 1 n 21000 1000 1000 ... nên ta được n

n n n

f 1000f 1000 a 1000 a

1000

Vậy ta có thể tìm hệ số của nx bằng cách lấy

n n

f 1000a

1000 .

Để tìm hệ số của n 1x , ta sẽ làm tương tự với biểu thức :

n n 1 n 2

n n 1 n 2 1 0

n n 1 n 2 n 1

n n 1 n 2 n 1

f x a x a x a x ... a x a

f 1000 a 1000 a 1000 a 1000 ... a 1000

Khi đó n

n

n 1

n 1

f 1000 a 1000a

a

là hệ số của n 1x .

Dần dần, ta có thể tìm hệ số của n 2 n 3x ,x ,... và dần dần, ta tìm được cả đến hệ số tự

do.

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Typewriter

www.onthi24h.com - Thông tin tuyển sinh, tài liệu ôn thi

https://www.facebook.com/groups/giaitoanbangcasio/




Đó là ý tưởng của thuật toán RÚT GỌN BIỂU THỨC bằng CASIO. Để bạn đọc hình

dung rõ hơn, chúng ta thử sử dụng nó để rút gọn biểu thức sau :

2 32 2f x x 2x 1 x 1 x 16x 7

Khi đó 4 3 2

4 3 2 1 0f x a x a x a x a x a . Xét hàm số với x 1000 , ta được :

11 11 12 4

4

4 9 3

4 3

4 3 6 2

4 3 2

4 3 2 3

4 3 2 1

4 3 2

4 3 2 1 0

f 1000 9.94 998 017 10 10 10 10 x a 1

f 1000 a x 5 001 982 993 5 10 5 x a 5

f 1000 a x a x 1 982 993 2 10 2 x a 2

f 1000 a x a x a x 17 007 17 10 17 x a 17

f 1000 a x a x a x a x 7 a

7

Kết luận : 4 3 2f x x 5x 2x 17x 7 .

Nhận xét : Chỉ cần tính được f 1000 là chúng ta có thể sử dụng được thuật toán trên.

Tất nhiên là CASIO sẽ giúp chúng ta thực hiện việc này, nhưng để thực hiện nhanh

chóng và chính xác thì bạn đọc cần đến các phím chức năng ở dưới đây :

Phím r (CALC)

Vị trí: Bên phải phím y (giáp với phím q, a)

Chức năng : Gán giá trị cho ẩn số và sau đó tính giá trị biểu thức.

Cách sử dụng :

Viết biểu thức chứa ẩn (có thể là A, B, C, D, E, F, X, Y, M)

Ấn r, máy hỏi giá trị cần gán vào ẩn

Nhập hằng số cần gán, ấn p

Máy sẽ lưu giá trị vào ẩn đó và in ra giá trị biểu thức

Ví dụ minh họa : Tính

22

3

x 2yf x,y

x y

tại

x 5

y 1

Nhập biểu thức

22

3

X 2Y

X Y

Ấn CALC, máy hỏi X?

Ấn 5 rồi ấn p

Tiếp tục, máy hỏi Y?

Ấn 1 rồi ấn p

Máy hiện kết quả 529

6. Tức

529f 5;1

6 .

Nhận xét : Ta có thể tính f 1000 bằng cách viết biểu thức chứa X, ấn CALC,

nhập 1000 và ấn p, máy sẽ gán X 1000 và in ra giá trị biểu thức f X .

Lưu ý : Ta nói gán X 1000 có nghĩa là X có giá trị bằng 1000 và sau này sử

dụng X thì ta coi như sử dụng giá trị vừa gán là 1000 . Ví dụ sau khi CALC cho

X 1000 , bạn đọc ấn X 1 , máy sẽ hiển thị kết quả là 1001 .

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Typewriter






C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Rút gọn biểu thức :

2

2 2x 2x 4 x 16x 8

Hướng dẫn :

Xét 2

2 2f X X 2 4 X 1X 6 8X .

Bước 1 : Nhập biểu thức

2

2 2X 2 4 16X X 8X

Bước 2 : Ấn CALC, máy hỏi X?

Bước 3 : Nhập 1000 và ấn p, máy hiển thị kết

quả

Vậy 11 12 4f 1000 9.96010968 10 10 X Hệ số 4

a 1

Bước 4 : Ấn ! sửa biểu thức thành

2

2 2 4X 2 4 X 8 XX X16

Bước 5 : Ấn p, máy hiển thị kết quả

Vậy

4 9 3f 1000 X 3989031976 4 10 4X

Hệ số 3a 4


2

2 2 4 3X 2 4 X 1X X6 8 X 4X

Ấn p, máy hiển thị kết quả

Vậy

4 3 6 2f 1000 X 4X 10968024 11 10 11X

Hệ số 2a 11

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Typewriter







2

2 2 4 3 2X XX 2 4 X 16 8 X 4X 11X

Ấn p, máy hiển thị kết quả

Vậy

4 3 2 3f 1000 X 4X 11X 31976 32 10 32X

Hệ số 1

a 32


2

2 2 4 3 2X 2 4 X 16 8X X 4X 11X 32XX

Ấn p, máy hiển thị kết quả Vậy hệ số tự do là 24 Hệ số

0a 24

Kết luận : 2

2 2 4 3 2x 2x 4 x 16x 8 x 4x 11x 32x 24


4 3 2

2x 1 x 1 x 3 x 2 2x 4

Hướng dẫn : Ta sẽ làm tương tự như ví dụ trên.

Xét 4 3 2

f X 2 1 X 1 X 3 X 2 2X X 4 tại X 1000

Bước 1 : Nhập biểu thức của f X , tức là :

4 3 2

2 1 X 1 X 3 X 2X 2 4X

Bước 2 : Ấn CALC, nhập 1000 và ấn p ta

được 13 12 41.695806094 10 17 10 17X

Vậy hệ số 4a 17

Bước 3 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 417X và

ấn p ta được 10 9 34.193906397 10 42 10 42X


Bước 4 : Ấn !, lấy biểu thức cộng thêm 342X

và ấn p ta được 6 260936028 61 10 61X


Optiplex 390

Textbox





Bước 5 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 261X và

ấn p ta được 363972 64 10 64X

Vậy hệ số 1

a 64

Bước 6 : Ấn !, lấy biểu thức cộng thêm 64X

và ấn p ta được hệ số tự do là 28

Vậy hệ số 0

a 28

Bước 7 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 28 . Sau

đó CALC cho X là một số bất kỳ từ 10 đến

10 thì giá trị biểu thức là 0.

Tức

4 3 2f X 17X 42X 61X 64X 28 0 X .

Vậy đáp số của CASIO là đúng.

Kết luận : 4 3 2 4 3 22x 1 x 1 x 3 x 2 2x 4 17x 42x 61x 64x 28

Bài tập tương tự : Rút gọn các biểu thức sau :

a) 2 42x x 1 x 1 2x 1 3 26x 7x 1

b) 4 3 22x 1 3x 1 x 7 x 2x 28 4 3 216x 6x 44x 3x 26

c) 3 2

2 3 2 22x 3x 1 2 2x 4x x 2 8x 18 5 4 3 24x 2x 9x x 17x 9

d) 2 2

3 2x 3x 2 3x 2 x x 6 5 4 3 2x 3x 2x 3x 7x 12x 4

Nhận xét : Chúng ta gặp một chút rắc rối với câu d. Nếu bạn đọc sử dụng máy

VINACAL 570ES PLUS II thì sẽ được đáp số chính xác, còn đối với máy tính CASIO

570VN PLUS hoặc thấp hơn, nó sẽ tính sai mất hệ số tự do. Thật vậy :


2 2

3 2x 3x 2 3x 2 x x

Hướng dẫn :

Xét 2 2

3 2f X X 3 2X X3 2 X X tại X 1000 .

Bước 1 : Nhập biểu thức:

2 2

3 2X 3 2 3 2 XX XX

Optiplex 390

Textbox





Bước 2 : CALC cho X 1000 ta được : 17 18 69.96997997 10 10 X

Vậy hệ số 6

a 1

Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 6X ta được : 15 15 53.002002993 10 3 10 3X

Vậy hệ số 5

a 3

Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm 53X ta được

: 12 12 42.002992988 10 2 10 2X

Vậy hệ số 4

a 2

Từ bước 5 trở đi, ở 2 máy VINACAL 570ES PLUS II và CASIO 570VN PLUS có sự

khác biệt :

VINACAL 570ES PLUS II CASIO 570VN PLUS

Bước 5 : Lấy biểu thức 42X

Hệ số 3a 3

Bước 6 : Lấy biểu thức

33X Hệ số 2

a 7

Bước 7 : Lấy biểu thức 27X

Hệ số 1a 12

Bước 8 : Lấy biểu thức

12X Hệ số tự do 0

a ?

Theo đáp án thì VINACAL 570ES PLUS II có kết quả chính xác. Lý do là bởi vì không

gian tính toán chính xác của VINACAL là 1810 trong khi của CASIO là 1510 . Để giải

quyết vấn đề của CASIO, đồng thời nâng cấp thuật toán lên tới tận bậc 8, chúng ta sẽ

chỉ CALC cho X 1000 khi tìm hệ số của 8 7 6 5 4X ,X ,X ,X ,X . Và để tìm hệ số của 3 2X ,X ,X, hệ số tự do thì chúng ta CALC cho X 0.001 .


4

2 6 22x 3x 1 x 4x 15x 5

Hướng dẫn :

Xét 4

2 6 2f X 2X 3X 1 X 4X 15X 5 tại X 1000 .

Optiplex 390

Textbox





CASIO 570VN PLUS

Bước 1 : Nhập biểu thức. CALC cho X 1000 .

Ta dễ dàng tính được hệ số

8 7 6 5 4a 20,a 111,a 179,a 72,a 111 .

Để tìm hệ số bậc 3, 2, 1, 0 thì ta viết lại biểu thức

ban đầu.

Bước 2 : CALC cho X 0.001 ta được :

4

2 6 22X 3X 1 X 4X 15X

0.9880459 9 1

5

63

Hệ số 0

a 1

Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 1 ta được : 3

3

0.01195403611 11.954 10

12 10 12X

Hệ số 1

a 12

Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm 12X ta được : 5 6 6 24.596388908 10 45.96 10 46 10 46X

Hệ số 2

a 46

Bước 5 : Lấy biểu thức trừ đi 246X ta được :

8 9

9 3

3.6110925 10 36.11 10

36 10 36X

Hệ số 3a 36

Bước 6 : Lấy biểu thức cộng thêm 336X ta được : 10 12 12 41.10925 10 110.925 10 111 10 111X

Hệ số 4a 111

Kết luận :

4

2 6 2 8 7 6 5 4 3 22x 3x 1 x 4x 15x 5 20x 111x 179x 72x 111x 36x 46x 12x 1


a) 4 4x 4x 2 x 3x 1 7x 4

b) 2 2

3 2 3 2x 3x 4 x 4x 2 4 2x 3x 5x 2

c) 2

4 3 2 3 24x 4x 5x 2x 1 2x 1 2x 3x 2x 2

d) 3

3 2x 7x 2 3x 11x 4

Gợi ý :

Optiplex 390

Textbox





a) 8 5 4 2x x x 12x 17x 6

b) 8 7 6 5 4 3 2x 4x 8x 32x 9x 92x 50x 32x 16

c) 8 7 6 5 4 3 216x 32x 24x 56x 21x 32x 13x 6x 3

d) 9 7 6 5 4 3 2x 21x 6x 147x 84x 331x 297x 95x 12

Nhận xét : Vậy là với sức mạnh của máy tính cầm tay, chúng ta có thể rút gọn một đa

thức bậc cao hệ số lớn một cách nhanh chóng và chính xác. Tuy nhiên, trong kỳ thi

THPT Quốc Gia, rất ít khi chúng ta phải rút gọn biểu thức lớn như vậy, cùng lắm là

bậc 6 với hệ số không quá lớn.

D – MỞ RỘNG

Bằng việc nhân thêm biểu thức với mẫu số để quy đồng, chúng ta có thể rút gọn biểu

thức có chứa phân thức một cách nhanh chóng và chính xác.

Ví dụ 5 : Rút gọn biểu thức : 2

11 3

x 1 2x 3 x 3

Hướng dẫn : Ta sẽ quy đồng biểu thức trên bằng cách nhân biểu thức với

2 2

x 1 2x 3 x 3 và sau đó sử dụng thủ thuật rút gọn biểu thức như bình

thường.

Xét 2

2 21f X X 1 2X 3 X 3

X

1 3

X 1 32X 3

tại X 1000 .

Bước 1 : Nhập biểu thức:

2

2 21X 1 2X 3 X 3

X 3

1 3

X 1 2X 3

Bước 2 : CALC cho X 1000 ta được :

12 12 44.020914006 10 4 10 4X Hệ số 4

a 4


10 9 32.091400601 10 21 10 21X Hệ số 3

a 21


6 285993991 86 10 86X

Hệ số 3a 21

Optiplex 390

Textbox





Bước 5 : Lấy biểu thức cộng thêm 286X ta được :

6009 6X 9

Hệ số 1

a 6 và 0

a 9

Kết luận :

2 4 3 2

2 2

4x 21x 86x 6x 91 3

x 1 2x 3

1

x 3 x 1 2x 3 x 3


a)

22 2x 1 5x 1

x2 2

4 2x 8x 4x 3

4

b) 2 2

2x 1x 1 10x 8

3x 1 x 2

5 4 3 2

2 2

10x 8x 33x 30x 20x 25

3 x 1 x 2

c) 2

1 1 251 6x

x 1 x 4

5 4 3 2

2 2

24x 27x 34x 29x 8x 4

4 x 1 x

d) 3

2

11 2x 1

2x x 2

7 6 5 4 3 2

32

16x 24x 36x 34x 48x 9x 25x 7

2x x 2

Nhận xét : Ngoài mở rộng rút gọn biểu thức cho phân thức, thủ thuật này còn mở

rộng cho khai căn biểu thức và cho nhiều ẩn. Ví dụ :

6 4 3 2 3x 4x 4x 4x 8x 4 x 2x 2

3 2 3 2 2 3x m 8m x 1 16x 8m x 5mx 3m 16m 16 x m 16m

Bạn đọc có thể tự nghiên cứu và tìm hiểu.

BÀI 1.2 : THỦ THUẬT CHIA BIỂU THỨC


Có lẽ với một số bạn đọc vẫn quen với việc chia biểu thức thủ công bằng lược

đồ Horner hoặc nhóm các nhân tử trên nháp. Tuy nhiên, với sự trợ giúp của máy tính

CASIO, chúng ta có thể thực hiện phép chia hết một cách dễ dàng, nhanh chóng và

chính xác hơn rất nhiều. Ví dụ :

6 5 4 3 23 24x 4x 7x 6x 4x 2x 1

2x 3x 1x 1 2x 1 x 1

B – Ý TƯỞNG

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Typewriter






Thương của một phép chia hết một ẩn

f x

g x sẽ là một đa thức. Do đó coi như

f x

g x chỉ là một biểu thức mà chúng ta cần rút gọn ở bài 1.1, chúng ta vẫn CALC cho

X 1000 để tìm thương. Ví dụ :

6 4 3 2

2

x 7x 4x 7x 2x 2q x

x x 1

Xét với x 1000 thì khi đó :

12 4

4 3

4 3 2

4 3 2

q 1000 1.000995 10 x

q 1000 x 995000002 x

q 1000 x x 4999998 5x

q 1000 x x 5x 2

Tóm lại ta được 6 4 3 2

4 3 2

2

x 7x 4x 7x 2x 2q x x x 5x 2

x x 1

.

C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Tìm thương của phép chia : 6 2

2

27x 45x 36x 20

3x 3x 2

Hướng dẫn :

Xét 6 2

2

27X 45X 36X 20f X

3X 2X3

tại X 1000 . Khi đó :

Bước 1 : Nhập biểu thức: 6 2

2

27X 45X 36X 20

3X 3 2X


12 12 48.991003003 10 9 10 9X Vậy hệ số 4

a 9

Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 49X ta được : 9 38996996990 9 10 9X


Optiplex 390

Textbox






: 6 3 23003010 3 10 3 10 10 3X 3X 10

Vậy hệ số 2

a 3 , 1

a 3 và 0

a 10

Kết luận : 6 2

4 3 2

2

27x 45x 36x 209x 9x 3x 3x 10

3x 3x 2

Bài tập tương tự : Tìm thương của các phép chia sau :

a) 6 3 2

3

x 16x 9x 36x 28

x 3x 14

3x 3x 2

b)

7 5 4 3 2

5

x 14x 35x 35x 14x 1

x 1

2x 5x 1

c)

8 6 4 2

2 2

x 5x 8x 5x 1

x 2x 1 x x 1

4 3 2x 3x 2x x 1

d) 8

2

x 21x 13

x x 1

6 5 4 3 2x x 2x 3x 5x 8x 13

Nhận xét : Vậy bằng thủ thuật này, chúng ta có thể thực hiện phép chia hết với tử và

mẫu đều là các biểu thức cồng kềnh.

Ví dụ 2 : Tìm thương của phép chia : 2

2

2

1 33x 4x x

2 2

2x 2x 1

Hướng dẫn : Ta sẽ nhân thêm 4 để quy đồng biểu thức và sau đó thực hiện phép chia

như bình thường.

Xét

2

2

2

1 33X 4X X

2 2f X 4

2X 2X 1


Bước 1 : Nhập biểu thức: 2

2

2

1 33X 4X X

2 24

2X 2X 1

Bước 2 : CALC cho X 1000 ta được : 6 217970005 18 10 18X

Hệ số 2a 18

Optiplex 390

Textbox





Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 218X ta được : 329995 30 10 30X

Hệ số 1

a 30


:

Hệ số tự do 0

a 5

Kết luận :

2

2

2

2

1 33x 4x x

18x 30x 52 2

42x 2x 1

Nhận xét : Thủ thuật này sẽ đúng với phép chia có dư ? Câu trả lời là không. Đôi khi

phép chia tưởng như đơn giản nhưng có dư và thương khá phức tạp, ví dụ như :

43 2x x 1 1 1 1 28 53

x x x3x 1 3 9 27 81 81 3x 1

Vậy làm thế nào để chắc chắn rằng phép chia đã cho là phép chia hết ? Rất đơn giản,

nếu CALC cho X 1000 mà máy tính cho ta kết quả không phải là số nguyên thì phép

chia này không phải phép chia hết.

Ví dụ 3 : Tìm thương và dư (nếu có) của phép chia : 5 4

3

x x 2

x x 1

Hướng dẫn :

Xét 5 4

3

X X 2f X

X X 1


Bước 1 : Nhập biểu thức: 5 4

3

X X 2

X X 1


6 2998999 10 X

Hệ số 2a 1


31000.999998 10 X Hệ số 1

a 1 . Đây là phép chia có dư.

Optiplex 390

Textbox





Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm X ta được :

0.999998001 1 Hệ số

0a 1

Vậy thương là 2x x 1 . Chúng ta tiếp tục tìm dư bằng cách lấy :

5 4 2 3x x 2 x x 1 x x 1

Bước 5 : Sửa biểu thức thành :

5 4 2 3X X 2 X X 1 X X 1


31999 2 10 2X Hệ số

1a 2


Hệ số tự do 0

a 1

Kết luận : 5 4

2

3 3

2x 1x x 2x x 1

x x 1 x x 1

hay thương là 2x x 1 và dư là 2x 1 .

D – MỞ RỘNG

Phép chia có dư được ứng dụng trong tính tích phân nguyên hàm, tìm phương trình

đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm bậc 3, …

Ví dụ 4 : Tính tích phân : 2 5 4 2

20

x x 2x 3I dx

x 2x 2

Hướng dẫn :

Xét 5 4 2

2

X X 2X 3f X

X 2X 2


Bước 1 : Nhập biểu thức : 5 4 2

2

X X 2X 3

X 2X 2


9 31000999996 10 X Hệ số 3

a 1

Optiplex 390

Textbox





Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 3X ta được : 6 2999995.992 10 X

Hệ số 2

a 1


4.008011006 4

Hệ số 0

a 4

Vậy thương là 3 2x x 4 . Ta sẽ tìm dư bằng cách lấy :

35 4 2 2 2x x 2x 3 x x 4 x 2x 2


35 4 2 2 2X X 2X 3 X X 4 X 2X 2


7995 8X 5

Vậy dư là 8x 5

Kết luận : 5 4 2

3 2

2 2

x x 2x 3 8x 5x x 4

x 2x 2 x 2x 2

Lời giải : Ta có :

2 25 4 23 2

2 20 0

22 2 24 3

2 2 20 0 00

x x 2x 3 8x 5I dx x x 4 dx

x 2x 2 x 2x 2

8 x 18x 5x x 4 34x dx dx dx

4 3 3x 2x 2 x 1 1 x 1 1

Tính

2

2 2 22

1 2 20

0 0

x 1 18 x 1I dx 4ln x 2x 2 0

x 1 1

d

1 1

4

x

Tính

2

2 20

3I dx

x 1 1

. Đặt 2x 1 tant dx tan t 1 dt . Đổi cận

x 0 t4

x 2 t4

ta được :

22 4 4

2 2 20

4 4

3 tan x 13 3I dx dt 3dt

2tan x 1x 1 1

Optiplex 390

Textbox





Kết luận : 2 5 4 2

20

x x 2x 3 4 3I dx

3 2x 2x 2

.

Ví dụ 5 : Cho hàm số 3 2y x 3x 1 (C). Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực

trị của đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn ( ) : 2 2

x m y m 1 5

(Đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 – Năm 2012)

Hướng dẫn : Ta có 2y' 3x 6x . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của y có dạng

y ax b với ax b là dư của phép chia 3 2

2

1x 3x

3x 6x

Xét 3 2

2

X 3Xf 3

6X

1X

3X


Bước 1 : Nhập biểu thức : 23

2

X 3X3

3

1

X 6X


998.997997 999 X 1

Ta tìm dư bằng cách lấy

23 2X 11 3X 6X

3X 3X


23 2X 11 3X 6X

3X 3X

Ta được 1999 2x 1 . Đây chính là dư cần

tìm.

Kết luận : 2

3

2

2x 3x x 1 2x 1

33x 6x 3x 6x

1

Lời giải : Ta có : 2y' 3x 6x 3x x 2 . Do đó y' 0 có 2 nghiệm phân biệt là 0 và 2

suy ra hàm số y có 2 điểm cực trị. Vì

23 2 x 1 x 1x 3x 3x 6x 2x 1 y y' 2x 1

3 31

nên tọa độ 2 điểm cực trị đều

thỏa mãn y 2x 1 . Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là (d) :

y 2x 1

Để (d) tiếp xúc với ( ) khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm I m,m 1 đến (d) bằng bán

kính R 5

I /(d) 2 2

2m m 1 1 5d R 5 3m 5 m

32 1

Kết luận : 5

m3

hoặc 5

m3

.

Optiplex 390

Textbox





Nhận xét : Trong phép chia hết

f x

g x thì g x là nhân tử của f x . Vậy nếu muốn

phân tích thành nhân tử f x thì chỉ cần biết g x là xong. Để tìm hiểu rõ hơn, bạn

đọc cùng đến với thủ thuật sau :

BÀI 1.3 : THỦ THUẬT TÌM NHÂN TỬ


Nghiệm của nhân tử cũng chính là nghiệm của đa thức, do đó nếu chúng ta biết

được nghiệm của phương trình đa thức ban đầu, chúng ta sẽ tìm được nhân tử của nó.

B – Ý TƯỞNG

Xét phương trình f x 0 với f x là đa thức hệ số hữu tỷ.

Nếu f x 0 có nghiệm hữu tỷ x k thì f x có nhân tử x k .

Nếu f x 0 có nghiệm vô tỷ 1x k a b c với a,b,c thì f x 0 cũng sẽ có

nghiệm vô tỷ 2x k a b c . Khi đó nhân tử chứa 2 nghiệm vô tỷ của bài toán sẽ là

2

1 2 1 2x k k x k k .

Ví dụ minh họa : Xét phương trình 4 3 28x 12x 2x 7x 2 0 .

Phương trình này có 3 nghiệm là 1

2

3

x 0.5

x

x 0

1.280776406

.780776406

.

Vì 1

1x

2 nhân tử là

1x 2x 1

2

Vì 2 3

2 3

x x 0.5

x x 1

nhân tử là 2 2x

x 1 2x x 22

Điều này là chính xác vì ta luôn có :

24 3 2 28x 12x 2x 7x 2 2x 1 2x x 2

Vậy quan trọng nhất của thuật toán này là tìm các nghiệm (nếu có) của phương trình

f x 0 .

Phím SOLVE

Vị trí: Nằm dưới phím r (giáp với phím q, a)

Chức năng : Nhập hằng số ban đầu và tìm nghiệm gần nhất giá trị đó

Cách sử dụng :

Viết phương trình ẩn X, có thể không cần viết 0 ở cuối

Ấn q + r, máy hỏi hằng số ban đầu

Nhập hằng số, ấn p

Optiplex 390

Textbox





Máy sẽ in ra kết quả nghiệm gần với giá trị ban đầu nhất và gán nó vào

X.

Ví dụ minh họa : Tìm nghiệm gần 0 nhất của phương trình 4x 33x 10 0

Nhập biểu thức 4X 33X 10

Vào SOLVE (ấn SHIFT + CALC), máy hỏi Solve for X

Ấn 0 rồi ấn p

Máy hiện kết quả X 0.302775637 ,

đồng thời gán luôn cho X.

Nhận xét : Mỗi lần SOLVE, chúng ta chỉ

tìm được một nghiệm duy nhất của

phương trình. Tuy nhiên, như trong thuật toán thì chúng ta cần biết ít nhất một

nghiệm hữu tỷ hoặc ít nhất 2 nghiệm vô tỷ 1 2

k ,k \ sao cho 1 2

1 2

k k

k k

.

Thông thường phương trình chỉ có nghiệm tầm cỡ 10;10 nên chúng ta tìm

nghiệm gần 10 , gần 0 và gần 10 nhất và lưu nghiệm đó vào các biến A, B, C,

D, … và xem xem 2 nghiệm nào có tổng, tích là số hữu tỷ.

Lưu ý : Để lưu nghiệm từ X và A (hoặc B, C, D, …) thì chúng ta cần biết tới

phím STO

Phím STO

Vị trí: Nằm dưới phím J (giáp với phím b, z)

Chức năng : Gán giá trị cho một biến nào đó.

Cách sử dụng :

Viết giá trị cần gán

Ấn q + J

Ấn một biến cần gán (A, B, C, D, E, F, X, Y, M)

Ví dụ minh họa : Tìm nghiệm gần 0 nhất của phương trình 4x 33x 10 0 và

lưu vào A.

Chúng ta tìm nghiệm tương tự

như trên.

Ấn X, vào STO (q + J)

Ấn A.

Máy hiện kết quả X A , tức A

được gán giá trị mà X đang có.

Nhận xét : Vậy mỗi lần tìm được nghiệm vô tỷ xong, chúng ta lưu vào A, B, C,

… để kiểm tra.

C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Giải phương trình : 4 3 2x 3x 2x 9x 5 0

Hướng dẫn :

Optiplex 390

Textbox





Bước 1 : Nhập biểu thức: 4 3 2X 3X 2X 9X 5

Ấn p để lưu biểu thức (sử dụng lại biểu thức

bằng cách ấn E. Lưu ý ấn ON sẽ xóa biểu

thức đã lưu)

Bước 2 : Ấn Shift + SOLVE, máy hỏi Solve for

X.

Đầu tiên ta sẽ tìm nghiệm gần 10 nhất.

Bước 3 : Nhập 10 và ấn p.

Máy hiển thị nghiệm :

X 1.791287847

Bước 4 : Ấn Shift + STO + A, máy lưu nghiệm

vào A.

Vậy A 1.791287847

Bước 5 : Ấn E để quay lại biểu thức.

Ấn Shift + SOLVE, máy hỏi Solve for X.

Nhập 0 và ấn p. Máy hiển thị nghiệm X 1 .

Nghiệm này là nghiệm hữu tỷ nên không cần

lưu nữa.

Bước 6 : Ấn p, máy hỏi Solve for X. Nhập 10

và ấn p.

Máy hiển thị nghiệm :

X 2.791287847 .

Bước 7 : Ấn Shift + STO + B, máy lưu nghiệm

vào B.

Vậy B 2.791287847 .

Phương trình có nghiệm hữu tỷ là x 1 nên có nhân tử x 1 .

Phương trình có thêm 2 nghiệm vô tỷ là A 1.791287847 và B 2.791287847 .

Bước 7 : Thành thử lấy A B ta được :

A B 1

Optiplex 390

Textbox





Bước 8 : Thành thử lấy AB ta được :

AB 5

Vậy phương trình có nhân tử 2 2x A B x AB x x 5

Bước 9 : Chia biểu thức

4 3 2

2

X 3X 2X 9X 5

X X 5 X 1

Ta được 999 X 1

Kết luận : 24 3 2 2x 3x 2x 9x 5 x x 5 x 1


2

24 3 2 2

2

x 1x 3x 2x 9x 5 0 x

x 10

0 1 21xx x

x 15

5 x0

2

Kết luận : x 1 hoặc 1 21

x2

.

Nhận xét : Có một mẹo biến đổi A, B từ một số thập phân vô hạn thành số vô tỷ bằng

CASIO như sau

Nếu A B thì

2A B A B

A2

và

2

A B A BB

2

Nếu A B thì

2A B A B

A2

và

2

A B A BB

2

Bạn đọc có thể thực hành ngay trên chiếc máy tính của mình.

Bài tập tương tự : Giải các phương trình sau :

a) 4 3 2x 2x 2x 3x 2 0 2x 1 x 2 x x 1 0

b) 4 3 24x 8x 7x 11x 3 0

2 22x 1 x x 3 0

c) 4 3 22x x 29x 34x 24 0 x 2 2x 1 x 4 x 3 0

Optiplex 390

Textbox





d) 4 3 2x 3x x 4 0 2 2x 2 x x 1 0

Nhận xét : Vậy nếu A B thì sao ? Chúng ta sẽ tìm các nghiệm khác như ví dụ

dưới đây :

Ví dụ 2 : Giải phương trình : 4 3 22x x 11x 2x 8 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Nhập biểu thức: 4 3 22X X 11X 2X 8

Ấn p để lưu biểu thức.

Bước 2 : Ấn Shift + SOLVE, tìm nghiệm gần

10 ta được :

X 1.791287847 Ấn Shift + STO + A để lưu nghiệm này vào A.

Bước 3 : Quay lại biểu thức, tìm nghiệm gần 0

ta được :

X 0.780776406

Ấn Shift + STO + B để lưu nghiệm này vào B.

Bước 4 : Quay lại biểu thức, tìm nghiệm gần

10 ta được :

X 2.561552813 Ấn Shift + STO + C để lưu nghiệm này vào C.

Bước 5 : Thành thử thấy trong 3 tổng A B ,

B C , C A chỉ có C A 1 . Khi đó

CA 4

Vậy nhân tử của phương trình là 2x x 4

Bước 6 : Thực hiện phép chia 4 3 2

2

2X X 11X 2X 8

X X 4

ta được thương là

22X X 2

Kết luận : 4 3 2 2 22x x 11x 2x 8 2x x 2 x x 4 .

Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc.

Kết luận : 1 17

x4

hoặc

1 17x

2

.


Optiplex 390

Textbox





a) 4 2x 9x 6x 7 0 2 2x x 1 x x 7 0

b) 2

22x 9x 5 3x 2 0 2 2x 5x 3 4x 16x 9 0

c) 3

2 2x 2 10x 12x 7 0 2 2 2x x 1 x 3x 3 x 4x 5 0

d) 4

2 2x 2x 2 7x 14x 2 0 2 2 4 3 2x x 3 x 3x 1 x 4x x 6x 6 0

Nhận xét : Vậy là từ nghiệm của phương trình, chúng ta dễ dàng phân tích nhân tử

được chúng.

Không biết bạn đọc có để ý, tất cả các ví dụ, các bài tập tự luyện trong chương này đều

lấy từ đề thi và chúng có thể phân tích nhân tử được. Giả dụ như trong Ví dụ 4, bài 1.1

– rút gọn biểu thức, ta có :

42 6 2

8 7 6 5 4 3 2

2 4 3 2

2x 3x 1 x 4x 15x 5

20x 111x 179x 72x 111x 36x 46x 12x 1

x 1 4x 1 x 3x 1 5x 9x 6x 6x 1

Kết hợp thủ thuật rút gọn biểu thức và phân tích nhân tử, chúng ta có phương pháp

giải phương trình vô tỷ đầu tiên trong cuốn sách này, đó là phương pháp : Khử căn

thức.

BÀI 1.4 : THỦ THUẬT KHỬ CĂN THỨC


Là một phương pháp cơ bản để giải Phương Trình Vô Tỷ (PTVT), chúng được

gắn liền với cái tên “bình phương hai vế”, “lập phương hai vế”, “chuyển vế bình

phương”, … Tuy nhiên, sau những bước khử căn thức đó, chúng ta phải làm gì tiếp

theo ? Chuyên đề này sẽ hướng dẫn chi tiết cho bạn đọc phương pháp khử căn thức

bằng CASIO.

B – Ý TƯỞNG

Để khử căn thức, chúng ta cần chuyển căn thức sang một vế rồi bình phương,

lập phương, … để mất hết căn thức. Ví dụ như :

2

f x g x f x g x

3

3f x g x f x g x

4

4f x g x f x g x

f x g x h x f x g x 2 f x g x h x sau đó đưa về dạng

đầu tiên

Sau khi đưa về phương trình đa thức, chúng ta sẽ đi giải nó bằng cách phân tích thành

nhân tử.

Optiplex 390

Textbox





Lưu ý : Trong quá trình khử căn thức, chúng ta sử dụng dấu “suy ra” thì đến bước

cuối, chúng ta phải kiểm tra lại nghiệm. Ví dụ sau sẽ giúp bạn đọc dễ hình dung hơn :

Giải phương trình : 22x x 1 2x 4x 1 0

Khử căn thức :

2 2

2

2 2

22 4 3 2

x x 1 2x 4x 1 0 x x 1 2x 4x 1

x x 1 2x 4x 1 4x 16x 19x 7x 0

Phân tích thành nhân tử : 4 3 2 24x 16x 19x 7x 0 x x 1 4x 12x 7 0

Giải nghiệm : x 0 hoặc x 1 hoặc 3 2

x2

Kiểm tra lại nghiệm : Chỉ có x 1 hoặc 3 2

x2

thỏa mãn bài toán

Kết luận x 1 hoặc 3 2

x2

C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Giải phương trình :

23x 1 x 3 2x 1

Hướng dẫn :

Bước 1 : Khử căn thức :

2 22 23x 1 x 3 2x 1 3x 1 x 3 2x 1 0

Bước 2 : Sử dụng thủ thuật Rút gọn biểu thức :

2 2 2

4 3 2

3x 1 x 3 2x 1

2x 12x 8x 12x 10

Bước 3 : Sử dụng thủ thuật Phân tích thành

nhân tử :

4 3 2

2

2x 12x 8x 12x 10

2 x 1 x 5 x 1

Lời giải : ĐKXĐ : 1

x2

hoặc 1

x2

. Ta có :

2 22 2 4 3 23x 1 x 3 2x 1 3x 1 x 3 2x 1 0 2x 12x 8x 12x 10 0

2

x 1

0 x 5

x 1

2 x 1 x 5 x 1

(thỏa mãn ĐKXĐ)

Optiplex 390

Textbox





Thử lại chỉ thấy x 1 hoặc x 5 thỏa mãn bài toán.

Kết luận : x 1 hoặc x 5


a) 22x 4x 3 3x 4 2x 1 0 x 1 hoặc 5 5

x4

b) 2 2x 4x 6 x 4 x 2x 2 0 1x

3 hoặc

3 3x

3

c) 3 2 22x x 15x 4 3x 7x

3 5x

2

hoặc

5 33x

4

d) 3 2 5 22x x 6x 2 x 5x 11x 6 0 x 2 hoặc 1 5

x2


32 x 1 x 1 3x 4

Hướng dẫn :


4 332 x 1 x 1 3x 4 8 x 1 3x 4 0


4 3

4 3 2

8 x 1 3x 4

8x 5x 60x 112x 56


nhân tử :

4 3 2

2 2

8x 5x 60x 112x 56

8x 21x 14 x 2x 4


4 33 4 3 22 x 1 x 1 3x 4 8 x 1 3x 4 0 8x 5x 60x 112x 56 0

2 2 28x 21x 14 x 2x 4 0 x 2x 4 0 x 1 5

(vì

2

2 21 78x 21x 14 8 x 0 x

16 32

)

Kết luận : x 1 5


a) 3x 2 2x 1 3x 1 1 5x

2

hoặc

6 5 2x

2

Optiplex 390

Textbox





b) 2 2x 4x 6 x 4 x 2x 2 0 1x

3 hoặc

3 3x

3

c) 3 2 22x x 15x 4 3x 7x 3 5

x2

hoặc

5 33x

4

d) 3

23x

9 x 1 x 3x 9 09

x 0 hoặc x 3 hoặc

x 3 3 3


x 3 6 x 2x 3

Hướng dẫn :


2 2

22 2

x 3 6 x 2x 3 x 3 6 x 2x 3

2 6 x x 3 4x 12x 6 x x 3 2x 6x


2

2

4 3 2

6 x x 3 2x 6x

4x 24x 37x 3x 18


nhân tử :

4 3 2

22

4x 24x 37x 3x 18

x 3x 2 2x 3

Lời giải : ĐKXĐ : 3 x 6 . Ta có :

2 2

x 3 6 x 2x 3 x 3 6 x 2x 3

22 2

24 3 2 2

2 6 x x 3 4x 12x 6 x x 3 2x 6x

4x 2 04x 37x 3x 18 0 x 3x 2 2x 3

2x 3x 2 0

2x 3

3 17x

23

x0

2


Thử lại chỉ thấy 3 17

x2

thỏa mãn bài toán.

Kết luận : 3 17

x2


Optiplex 390

Textbox





a) x 1 3 1 x 4x 1 0 3

x2

b) x 1 2 x 1 3x 5 20 4 7x

9

c) 22 x 2x 4 2x 3 3 x 2

d) 25 x 1 6 x 1 4 x 1 2x 5

5x

4 hoặc

20 4 7x

9

Nhận xét : Thủ thuật này khá đơn giản và cơ bản để giải PTVT. Bây giờ chúng ta sẽ

thử áp dụng nó vào những bài toán khó hơn trong đề thi THPT Quốc Gia.


2

2 2

3 1 3 1

3 3

3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0

(Đề thi THPT Quốc Gia – 2016)

Hướng dẫn :

Quan trọng nhất khi nhìn vào phương trình logarit này là đưa về cùng một cơ số. Ở

đây, chúng ta sẽ đưa về logarit cơ số 3 :

22 2

3 3 3 3PT 3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0

Để ý rằng : 2

3 3 3log 9x 2log 3x 2 1 log x (vì x 0 ). Do đó ta có :

2 2

3 3 3 3PT 3log 2 x 2 x 4log 2 x 2 x log 3x log 3x 0

Vậy nếu ta đặt

3

3

a log 2 x 2 x

b log 3x

thì

2 2PT 3a 4ab b 0 a b 3a b 0

3 3

3

3 3

log 2 x 2 x log 3x 2 x 2 x 3x

2 x 2 x 3x3log 2 x 2 x log 3x

Vậy vấn đề của chúng ta là giải quyết phương trình 2 x 2 x 3x và

3

2 x 2 x 3x .

a) Phương trình 2 x 2 x 3x


22

22 2 2 2

2 x 2 x 3x 2 x 2 x 9x

2 4 x 9x 4 4 4 x 9x 4

Optiplex 390

Textbox






2

2 2

4 2

4 4 x 9x 4

81x 68x

Bước 3 : Phân tích thành nhân tử : Dễ thấy 4 2 2 2x 81x 61 x 88 x 68

b) Phương trình 3

2 x 2 x 3x

Bước 1 : Tìm nghiệm 3

2 X 2 X 3X ,

máy báo :

Can’t solve

Vậy phương trình này vô nghiệm.

Ta sẽ chứng minh phương trình 3

2 x 2 x 3x vô nghiệm.

Bước 2 : Xét dấu của 3

2 x 2 x 3x .

CALC cho một vài giá trị của X hoặc dùng

Mode TABLE, chúng ta thấy rằng

3

2 x 2 x 3x 0 x 2,2

Bước 3 : Điều kiện ràng buộc của x chỉ là x 0;2 , trong khi cần đánh giá

2 x 2 x lớn hơn hoặc bằng một cái gì đó, chúng ta sẽ nghĩ tới biểu thức sau :

2 3

22 x 2 x 4 2 4 x 4 0 2 x 2 x 8

Vậy khi đó 3

2 x 2 x 3x 8 3x 2 0 (do x 2 ). Vậy ta được điều phải

chứng minh.

Lời giải : ĐKXĐ : 0 x 2 . Đặt

3

3

a log 2 x 2 x

b log 3x

ta được :

2

2 2

3 1 3 1

3 3

22 2

3 3 3 3

2 2

3 3 3 3

2 2

3 3

3



3log 2 x 2 x 4log 2 x 2 x log 3x log 3x 0

a b3a 4ab b 0 a b 3a b 0

3a b

log 2 x 2 x log 3x

3log

3

3

2 x 2 x 3x

2 x 2 x 3x2 x 2 x log 3x

Optiplex 390

Textbox





Nếu 2 x 2 x 3x thì suy ra 2

2 2 22 x 2 x 9x 2 4 x 9x 4

2

2 4 22 2 24 4 x 9x 4 81x 68x 0 x 81x 68 0

2

2

x 0x 0 2 17

x2 17 981x 68 0 x9

(vì x 0 và 2 17

x9

không thỏa mãn ĐKXĐ)

Thử lại thấy 2 17

x9

thỏa mãn.

Nếu 3

2 x 2 x 3x thì do :

2

22 x 2 x 4 2 4 x 4 0 2 x 2 x 2

Khi đó 3

2 x 2 x 3x 8 3x 2 0 (do x 2 ). Vậy phương trình này vô

nghiệm.

Kết luận : 2 17

x9

.

Nhận xét : Bài toán này không quá khó, yêu cầu học sinh cần biết những kỹ năng biến

đổi trong logarit và giải PTVT cơ bản. Thủ thuật CASIO quá dễ để làm việc này.

Tuy nhiên, cái khó ở đây là giải quyết phương trình vô nghiệm 3

2 x 2 x 3x .

Nếu không có CASIO, nhiều bạn sẽ nhầm lẫn khi sử dụng BĐT Cauchy

2 x 2 x 2 2 để tìm cách đánh giá. Tuy nhiên dấu của 3

2 x 2 x 3x

là dương nên sử dụng BĐT trên sẽ bị ngược dấu. Thay vào đó, việc lấy

2

22 x 2 x 4 2 4 x sẽ giúp chúng ta đánh giá dễ hơn.


a) 2 2

5 1 5 5

5

3log 1 2x 1 2x 4log 1 2x 1 2x 1 log x log 5x 0

b) 3

3 2

2 1 2 4 2

2

log 1 3 2x 3 3log 1 3 2x 3 log x x log log x 14 x

c) 2 2 2 28lnx 2lnx lnx ln 3x 1 2 lnx ln 3x 1

d)

2

2 2

2

4 x 2 x 1 2 x 2 x 1xln x 2 x 1 ln ln ln 0

2 xx

Gợi ý :

Optiplex 390

Textbox





a)

3

1 2x 1 2x 5x

1 2x 1 2x 5xPT

.

Ta có 3 3 5

1 2x 1 2x 5x 2 5x 2 2 02

.

b)

2

x x 1 3 2x 3

x x 1 3 2x 3PT

1

.

Ta có 2

x x 1 3 2x 3 x x 1 01 .

c)

2

2 2

4lnx ln 3x 1 0

4lnx ln 3x 2P

nxT

1 l 0

.

Ta có 2 24ln x ln 3x 1 2 ln x 0 (vì x 1 ).

d) 2 2a b aT b 0P ab với a ln x 2 x 1

xb ln

2

.

Ví dụ 5 : Giải phương trình : [1.4-5][2.1.1-7][2.1.3-2]

2

2

x 2x 8x 1 x 2 2

x 2x 3

(Đề thi THPT Quốc Gia – 2015)

Hướng dẫn : Bài toán này có khá nhiều phương pháp giải, nhưng trước tiên chúng ta

sẽ thử giải chúng bằng thủ thuật khử căn thức.

Cách 1 : Khử căn thức trực tiếp :


22 3 2

2

2 22 2 3 2

x 2x 8x 1 x 2 2 x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2

x 2x 3

x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2


2 22 2 3 2

7 6 5 4 3 2

x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2

x 4x 3x 7x 19x 24x 37x 14


nhân tử :

7 6 5 4 3 2

2 4 3 2

x 4x 3x 7x 19x 24x 37x 14

x 2 x 3x 1 x x 3x x 7

Optiplex 390

Textbox





Bước 4 : Tìm nghiệm phương trình : 4 3 2x x 3x x 7 0

Phương trình này vô nghiệm. Chúng ta sẽ

chứng minh : 4 3 2x x 3x x 7 0

Dễ thấy 4 3 2 4 3 2 2x x 3x x 7 x x x 2x 0 xx 7 . Vậy bài toán được

giải quyết.

Cách 2 : Khử căn thức gián tiếp :

Bước 1 : Ta luôn có :

2

2 2

2

3 2

x 4 x 2x 2x 8x 1 x 2 2 x 1 x 2 2

x 2x 3 x 2x 3

x 4 x 2 2 x 2 2 x 2x 3 x 1 x 2 2

x 2 2 x x x 5 x 4 x 2 0


2 23 2 3 2x x x 5 x 4 x 2 x x x 5 x 4 x 2


2 23 2

6 5 4 3 2

x x x 5 x 4 x 2

x 2x x 9x x 22x 7


nhân tử :

6 5 4 3 2

2 4 3 2

x 2x x 9x x 22x 7

x 3x 1 x x 3x x 7

Bước 5 : Đánh giá 4 3 2x x 3x x 7 0 tương tự như trên.

Nhận xét : Cách 1 cho lời giải không được tự nhiên bằng cách 2, mặc dù đích đến cuối

cùng của 2 cách là như nhau. Do đó, nếu phải lựa chọn 1 trong 2 cách trên thì chúng ta

nên làm theo cách 2.

Lời giải : ĐKXĐ : x 2 . Ta có :

2

2 2

2

3 2

x 4 x 2x 2x 8x 1 x 2 2 x 1 x 2 2

x 2x 3 x 2x 3

x 4 x 2 2 x 2 2 x 2x 3 x 1 x 2 2

x 2 2 x x x 5 x 4 x 2 0

Nếu x 2 2 0 x 2 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Nếu 2 23 2 3 2x x x 5 x 4 x 2 x x x 5 x 4 x 2

Optiplex 390

Textbox





6 5 4 3 2

2 4 3 2

x 2x x 9x x 22x 7 0

x 3x 1 x x 3x x 7 0

2x 3x 1 0 (vì 2 2

4 3 2 2 21 3 1 55x x 3x x 7 x x x 2 x 0

2 4 4 8

)

3 13x

2

(thỏa mãn ĐKXĐ).

Thử lại thấy chỉ có 3 13

x2

thỏa mãn phương trình 3 2x x x 5 x 4 x 2 .

Kết luận : 3 13

x2

hoặc x 2 .

Nhận xét : Sử dụng thủ thuật CASIO khử căn thức vào bài toán này không được hay

cho lắm, nhưng ít ra nó cho chúng ta lời giải chính xác một cách nhanh chóng mà

không phải tư duy nhiều.


a) 2

2

x 8x 15 x1 x 1 2

2x 10x 5

x 5 hoặc x 5 2 3

b) 2

2

2x 3x 9x 4 x 2 1

x 5x 14

7 5

x2

c) 2

2x 1 x 2x 2x 1 2

1 2x

x 2 2

d)

2

2

x 3x 1 2x 3

4 x 1 x 2 3 2x x 2 1

1 13x

2

hoặc

89 285x

46

Nhận xét : Quan sát lại bài toán của đề thi THPT Quốc Gia 2015 ta thấy rằng, người ra

đề có thể làm khó chúng ta ở bước chứng minh 4 3 2x x 3x x 7 0 . Thật vậy, giả

sử nhân tử còn lại của bài toán là 4 3 2x x 3x x 7 , liệu chúng ta có thể nhóm hợp

lý để chứng minh 4 3 2x x 3x x 7 0 ???

Hãy đến với chuyên đề sau đây :

BÀI 1.5 : THỦ THUẬT ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ

NGHIỆM


Trong một số trường hợp sau khi khử căn thức, chúng ta bắt gặp một phương

trình bậc 4 vô nghiệm, tức là khi SOLVE để tìm nghiệm, máy báo Can’t solve. Vậy làm

thế nào để giải quyết nó ? Chuyên đề này sẽ giúp bạn đọc đi tìm câu trả lời.

Optiplex 390

Textbox





B – Ý TƯỞNG

Giả sử chúng ta gặp phải một đa thức bậc 4 và cần chứng minh nó không âm

hoặc không dương, khi đó ta biến đổi đa thức thành chứng minh :

4 3 2f x x ax bx cx d 0 x

Giả sử 0

x x làm f x min . Khi đó f x có cực trị tại 0

x x hay 0f ' x 0 . Ta lại có :

2 24 3 2 2 2

2 22 2 2

ax af x x ax bx cx d x b x cx d

2 4

ax ax k b 2k x c ak x d k

2 4k

Vậy nếu lấy k thỏa mãn

2 00

2

axx k 0

2

ab 2k 0

4

thì do 2

2 axx k

2

có cực trị tại

0x x nên

suy ra rằng 2

2 2ab 2k x c ak x d k

4

cũng có cực trị tại

0x x , tức là :

2 2

22 2

0 0

a ab 2k x c ak x d k b 2k x x f x 0

4 4

Quan trọng bây giờ là tìm k thỏa mãn

2 00

2

axx k 0

2

ab 2k 0

4

với 0x là điểm rơi của x làm

f x min . Thay vì phải tính chính xác 0x và k , chúng ta có thể lấy giá trị gần đúng của

chúng.

Tóm lại, các bước chứng minh 4 3 2f x x ax bx cx d 0 x như sau :

Bước 1 : Tìm tất cả các nghiệm (nếu có) của phương trình f ' x 0 , lưu các nghiệm

vào A, B, …

Bước 2 : Kiểm tra f A ,f B ,... xem giá trị nào thỏa mãn f x min , giá trị ấy sẽ là 0x .

Bước 3 : Lấy k sao cho 2 00

axx k 0

2 .

Bước 4 : Rút gọn và chứng minh 2

2 axf x x k

20

.

Ví dụ minh họa : Chứng minh 4 3 2f x x x 3x x 7 0

Bước 1 : Ta có 3 2 .15

x A 1

f ' x 4 6929669x 3x 6x 1 0

1.5930703

x B 0

x C 31

Optiplex 390

Textbox





Bước 2 : Thành thử thấy

7.07979069

f C 3.37724055

f A 5

f B f x min f C

.

Vậy 0

1.59307x C 0331 .

Bước 3 : Ta có 2 00

1.74133791 k 0 kx k2

2ax

Bước 4 : Ta được 2 2

2 x 3 2 8f x x 2 x 0

2 4 3 3

Kết luận : 2 2

4 3 2 2 x 3 2 8x x 3x x 7 x 2 x 0

2 4 3 3

C – THỰC HIỆN


3x 4x 6 5x 3 x 1

Hướng dẫn :

Bước 1 : Sử dụng thủ thuật khử căn thức ta được :

2 23 3

2 4 3 2

x 4x 6 5x 3 x 1 x 4x 6 5x 3 x 1

x 5x 3 x 5x 14x 18x 9 0

Ta sẽ đi chứng minh 4 3 2f x x 5x 14x 18x 9 0

Bước 2 : Ta có : 3 2f ' x 4x 15x 28x 18 0

có nghiệm duy nhất 1.10273x 2496 . Lưu

nghiệm vào A.

Đây cũng chính là 0x cần tìm.

Bước 3 : Tìm k thỏa mãn 2 00

5xx k

20

suy ra k 1.540812282 . Lấy 3

k2

.

Bước 4 : Sử dụng thủ thuật rút gọn biểu thức ta

được :

2

2 25 3 19 21 27f x x x x x 0

2 2 4 2 4

Lời giải : ĐKXĐ x 1 . Ta có :

2 23 3

6 4 3 2

2 4 3 2

x 4x 6 5x 3 x 1 x 4x 6 5x 3 x 1

x 8x 37x 39x 9x 27 0

x 5x 3 x 5x 14x 18x 9 0

Optiplex 390

Textbox





2x 5x 3 0 (vì 2 2

4 3 2 2 5 3 19 21 18x 5x 14x 18x 9 x x x 0

2 2 4 19 19

)

5 13x

2



x2


Kết luận : 5 13

x2

.


a) 3 2x 2x 6 x 5 x 2 0 1 5x

2

b) 3 2 22x 9x 22x 7 3x 1 2x 1 0 x 1

c) 3 2 24x x 7 5x 2x 3 x x 1 5 2 10x

3

d) 4 3 2 22x x 4x 2 x x 1 2x 1 x 1 3

Gợi ý :

a) 2 4 3 2PT x x 1 x 2x 5x 15x 14 0 .

Ta có 2 2

4 3 2 2 3 6 185x 2x 5x 15x 14 x x 7 x 0

2 7 28

b) 4 3 2PT 2 x 1 2x 5 x 8x 26x 24x 5 0 .

Ta có 2 2

4 3 2 2 7 27 10 37x 8x 26x 24x 5 x 4x x 0

4 2 27 432

c) 2 4 3 2PT 3x 10x 5 3x 5x 12x 9x 8 0 .

Ta có 2 2

4 3 2 2 25x

1 11 233x 5x 12x 9x 8 3 x 9 x x

60

2 12 4

d) 2

4 2PT 2x 2x 1 x 2x 2 0 .

Ta có 2

24 2 1 12x 2x 1 2 x 2x 1

2 20


2 2 27x 2x 13 3x 1 x x 1

Optiplex 390

Textbox





Hướng dẫn :


2 22 2 2 2 2 2

4 3 2

7x 2x 13 3x 1 x x 1 7x 2x 13 3x 1 x x 1

x 1 3x 5 3x x 13x 3x 34 0

Ta sẽ đi chứng minh 4 3 2f x 3x x 13x 3x 34 0

Bước 2 : Ta có : 3 2f ' x 4x 15x 28x 18 0

có 3 nghiệm

1.652602124

0.1177373569

1.28486476

B

C 7

A

Bước 3 : Thành thử thấy

11.40118281

34.17521352

26.6905307

f A

f B

f C 5

.

Vậy 0

x A

Bước 4 : Tìm k thỏa mãn 2 00

xx k

60

suy ra k 2.455660092 . Lấy 5

k2

.


2

4 3 2 2 223x 5 11 613x x 13x 3x 34 3 x x x 0

6 2 12 2 4

Lời giải : ĐKXĐ : 2x x 1 0 . Ta có :

2 22 2 2 2 2 2

6 5 4 3 2

4 3 2

7x 2x 13 3x 1 x x 1 7x 2x 13 3x 1 x x 1

9x 9x 52x 22x 173x 53x 170 0

x 1 3x 5 3x x 13x 3x 34 0

x 1 3x 5 0 (vì

2 2

4 3 2 2 217x 5 1 11 13x x 13x 3x 34 3 x x x 0

6 2 2 2 12 8

)

x 1

5x

3


Thử lại chỉ thấy 5

x3


Kết luận : 5

x3

.


Optiplex 390

Textbox





a) 3 2 2 24x x 4x 15 3x x 3 2x 1 x 3 17

b) 3 2 2 33x 4x 8x 3 2x x 1 x x 1 x 1 hoặc x 2

c) 2 32x 2x 4 x 1 10x 14 0 3 7x

4

d) 4x 7 2 x 2 x 1 2x x 2 33

x16

Gợi ý :

a) 4 3 2 2PT 2x 8x 6x 6x 27 x 6x 8 0 .

Ta có 2

24 3 2 2 1 49

2x 8x 6x 6x 27 2 x 2x 1 2 x 02 2

b) 2 4 3 2PT x 2 x 1 4x 11x x 13x 5 0 .

Ta có

2 2

4 3 2 2 11 23 16 74x 11x x 13x 5 4 x x 1 x 0

8 16 23 23

c) 2 4 3 2PT 2 2x 3x 1 2x 3x 7x x 25 0 .

Ta có 2 2

4 3 2 2 3 5

4 2

15 34 432x 3x 7x x 25 2 x x x 0

8 15 15

d) 4 3 2PT 16x 33 16x 80x 136x 96x 33 0 .

Ta có 24 3 2 216x 80x 136x 96x 33 8 2x 2x 1 x 2 1 0

Nhận xét : Bằng việc sử dụng máy tính CASIO, chúng ta có thể phân tích phương

trình bậc 4 thành các tổng bình phương (S.O.S) một cách dễ dàng.

Tuy nhiên, một số trường hợp sau khi khử căn thức ra phương trình bậc 4 có nghiệm

và nghiệm này không thỏa mãn PTVT ban đầu :


3 2 2x x 3x 2 x 3x 1 2x 1

Hướng dẫn :


3 2 2

2 23 2 2

2 4 3 2

x x 3x 2 x 3x 1 2x 1

x x 3x 2 x 3x 1 2x 1

x 2x 1 x 2x 3x 10x 3 0

Optiplex 390

Textbox





Bước 2 : Tìm nghiệm 4 3 2x 2x 3x 10x 3 0 ta

thấy phương trình này có 2 nghiệm

2.546085151

B 0.2 61

A

73013

Bước 3 : Thử các nghiệm này vào PTVT ban đầu

thì không thỏa mãn. Ví dụ như khi

2.546 1x 08515 thì :

3 2 2x x 3x 2 x 3x 1 2x 1 0.7686364293 0

Vậy làm thế nào để loại 2 nghiệm này ?

Bước 4 :

Cách 1 : Tìm kiếm các điều kiện ràng buộc của x :

ĐKXĐ là 1

x2

. Tuy nhiên cả 2 nghiệm đều thỏa mãn nên không loại được nghiệm

nào.

Ta có : 2

3 2 2 2PT x x 3x 2 x 3x 1 x 3x 1 2x 1 0 . Cả 2 nghiệm này

đều không thỏa mãn điều kiện 3 2 2x x 3x 2 x 3x 1 0 , nhưng để sử dụng

được nó, chúng ta cần phải biết thêm thủ thuật đánh giá phương trình bậc 3 vô

nghiệm trong bài đọc thêm 1.10.1.

Cách 2 : Tìm nghiệm phương trình 4 3 2x 2x 3x 10x 3 0 rồi thành thử để chứng

minh không thỏa mãn PTVT ban đầu. Đây là một ý tưởng khá táo bạo vì nghiệm của

phương trình này vô cùng cồng kềnh :

2k 2 1 162k 1

2 2k 2

2k 2 1 162k 1

2 2

1A

2

1

k 2B

2

với k thỏa mãn 3 22k 3k 16k 31 0

Chi tiết hơn tại bài đọc thêm 1.10.4 : Giải tổng quát phương trình bậc 4.

Cách 3 : Cách làm sau đây rất ngắn nhờ Thủ thuật CASIO phân tích nhân tử PTVT :

3 2 2

2

x x 3x 2 x 3x 1 2x 1

2x 1 x 2 2x 1 x x 1 0

Để tìm hiểu chi tiết hơn, chúng ta sẽ gặp lại nó trong chương 2.

Lời giải : 1

x2

. Khi đó ta có : 3 2 2x x 3x 2 x 3x 1 2x 1

22x 1 x 2 2x 1 x x 1 0

Optiplex 390

Textbox





2x 1 x 0 (vì

2

2 1 32 2x 1 x x 1 2 2x 1 x 0

2 4

)

2

x 0x 1 2

2x 1 x



Nhận xét : Mặc dù không hẳn lúc nào những thủ thuật CASIO cơ bản như khử căn

thức có thể giải quyết trọn vẹn bài toán, nhưng đây sẽ là tiền đề cho các phương pháp

sau này.

Tuy nhiên, có thể thấy rằng, trong đề thi THPT Quốc Gia môn toán, chỉ cần các thủ

thuật CASIO cơ bản này mà chúng ta đã có thể có lời giải trọn vẹn câu phương trình

một cách nhanh chóng và chính xác, mặc dù không được tự nhiên và đẹp mắt cho lắm.

Sẽ còn rất nhiều thủ thuật và những vấn đề nâng cao đang chờ đón bạn đọc trong

cuốn sách này.

BÀI 1.6 : BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài toán 1 : Giải phương trình :

22x x 2 3x 2 2x 1

Hướng dẫn :


2 22 2 22x x 2 3x 2 2x 1 2x x 2 3x 2 2x 1 2x 2x 3 x 4 0

Ta được 3 nghiệm là x 0 , 3

x2

và x 4 .

Bước 2 : Thử lại nghiệm bằng CALC thì thấy :

Nghiệm x 0 không thỏa mãn

Nghiệm 3

x2

và x 4 đều thỏa mãn


x2

.

Ta có : 2 22 22x x 2 3x 2 2x 1 2x x 2 3x 2 2x 1

4 3 2 24x 22x 2 04x 2x 2x 3 x 4 0

x 0

3x

2x 4


Optiplex 390

Textbox





Thử lại chỉ thấy 3

x2

và x 4 thỏa mãn bài toán.

Kết luận : 3

x2

hoặc x 4 .


a) 2x 5x 2 x 6 x 1 x 2

b) 24x 10x 5 x 2x 1 0 x 1

c) 22x x 18 11x 36 x 2 0 x 3

d) 3 2 2x 7x 7x 7 3x 6x 5 x 2

x 1 hoặc

1 5x

2

Bài toán 2 : Giải phương trình : 2 2x 3x 3 2x 2x x 2

Hướng dẫn :


22 2 2 2 2

2 2

x 3x 3 2x 2x x 2 x 3x 3 4x 2x x 2

x x 3 7x 5x 3 0

Ta được 2 nghiệm là 1 13

x2

Bước 2 : Thử lại nghiệm bằng CALC thì thấy :

Nghiệm 1 13

x2

không thỏa mãn,

nghiệm còn lại thì thỏa mãn.

Lời giải : ĐKXĐ : 22x x 2 0 .

Ta có : 2

2 2 2 2 2x 3x 3 2x 2x x 2 x 3x 3 4x 2x x 2

4 3 2 2 27x 2x 23x 18x 9 x x 3 7x 5x0 3 0

1 13x

2



x2


Kết luận : 1 13

x2

.


a) 2 23x 3x 4 3x 2 x 3 0 x 1 hoặc 2 10

x3

Optiplex 390

Textbox





b) 2 2x 5x 1 2x 3 2x 1 0 x 1 hoặc x 5

c) 3 2 32x 6x 3x 2 7x 2 x 1 x 2 hoặc 1 33

x8

d) 3 2 23x 12x 10x 3 9x 1 x x 3 0 3 33x

6


2 3x x 3 x 1 2x 3 0

Hướng dẫn :


32 23

2 4 3 2

x x 3 x 1 2x 3 0 x x 3 x 1 2x 3 0

x 2 x 3x 4x 11x 12 0

Ta cần chứng minh 4 3 2f x x 3x 4x 11x 12 0

Bước 2 : Ta có 3 2f ' x 4x 9x 8x 11 0 có

3 nghiệm : 2.6126A 3108 0.8605B 3574 1.223 1C 16682

Bước 3 : Tìm 0x . Vì

6.52747049

17.1404422

0.2891184

f A

f B

f 9C

. Vậy

0x C .

Bước 4 : Tìm k sao cho 2

0 0

3x x k 0

2 ta

được :

k 3.330887304 . Nhận thấy

f x min f C 0.289 rất bé nên ta cần phải

lấy k gần 3.330887304 nhất

Bước 5 : Nếu lấy k 3 thì 2

2 23 1f x x x 3 x 2x 3

2 4

không sử dụng được.

Nếu lấy 7

k 3.52

thì 2

2 23 7 3 1 1f x x x x x

2 2 4 2 4

cũng không sử dụng

được.

Nếu lấy sát hơn nữa, tức 10

k 3.3333...3

thì

Optiplex 390

Textbox





2

2 23 10 5 8f x x x x x 0

2 3 12 9

Lời giải : Ta có : 3

2 23x x 3 x 1 2x 3 0 x x 3 x 1 2x 3 0

6 5 4 3 2

2 4 3 2

x 3x 6x 17x 20x 22x 24 0

x 2 x 3x 4x 11x 12 0

Ta luôn có 2 2

4 3 2 2 3 10 5 6 13x 3x 4x 11x 12 x x x 0

2 3 12 5 45

.

Vậy 2PT x 2 0 x 2 .

Kết luận : x 2 .


a) 2 233

x x 3 2x 19x 13 02

1 33x

4

b) 3 2 213x 5x 2x 1 3x 20x 11

3 1 13

x6

c) 32x

3x 4 5x 4x 1

1 17x

2

d) 222x 1 x 1 6 x 1 0 x 1

Gợi ý :

a) 2 4 3 21PT 2x x 4 4x 20x 9x 50x 28 0

8 .

Ta có 2

4 3 2 2 24x 20x 9x 50x 28 2x 5x 5 4x 3 0

b) 2 4 3 21PT 3x x 1 27x 99x 81x 18x 2 0

9 .

Ta có

2 2

4 3 2 2 11x 5 1 2 2627x 99x 81x 18x 2 27 x x 0

6 27 4 3 27

c) 4 2 2PT 27x 31x 8x 16 x x 4 0 .

Ta có 2

24 2 2 4 4

27x 31x 8x 16 3 3x 2 5 x 05 5

d) 24 2PT 6x x 2x 1 x 1 0 .

Ta có 24 2 21 1

6x x 2x 1 12x 12x 7 2x 1 08 8


Optiplex 390

Textbox





x 2 x 1 3 x 1 0

Hướng dẫn :


22

2

22

x 2 x 1 3 x 1 0 x 2 x 1 3 x 1

13x 14 6 x 1 x 1 0 13x 14 36 x 1

5x

44x 5 9x 40x 32 0

20 4 7x

9

x 1

Bước 2 : Thử lại bằng CALC ta thấy :

5x

4 và

20 4 7x

9

không thỏa mãn PT

Lời giải : ĐKXĐ : x 1 .

Ta có : 22

x 2 x 1 3 x 1 0 x 2 x 1 3 x 1

2213x 14 6 x 1 x 1 0 13x 14 x6 x 13 1

3 2 236x 205x 328x 160 0 4x 5 9x 40x 32 0

5x

4

20 4 7x

9


Thử lại chỉ thấy 20 4 7

x9



x9

.


a) 3x 2 x 1 3 1 x 0 3x

2

b) 4x 2 3 2x 1 1 x 1 x 4 2 2

c) 2 2x x 8 2 x 3 x x 1 3 x 1 hoặc 1 33

x2

d) 2 24x 8x 5 3 2 x 3 2x 14x 7 x 1 hoặc x 4

Optiplex 390

Textbox






3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x

Hướng dẫn :


2 2

2 22 2

3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x x 3

8x 19x 1 6 x 1 x 2 x 0 8x 19x 1 36 x 1 x 2 x

2x 1 25x 1 4x 8x 1 0 x 1 hoặc 1

x25

hoặc 2 3

x2


x 1 và 2 3

x2

không thỏa mãn PT

Lời giải : ĐKXĐ : 0 x 2 . Ta có :

2 2

2 22 2

3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x x 3

8x 19x 1 6 x 1 x 2 x 0 8x 19x 1 36 x 1 x 2 x

4 3 2100x 304x 237x 34x 1 0

2x 1 25x 1 4x 8x 1 0 x 1 hoặc 1

x25

hoặc 2 3

x2

Thử lại ta thấy 1

x25

hoặc 2 3

x2


Kết luận : 1

x25

hoặc 2 3

x2

.


a) 23x 1 2 x 3 x 1 3 x x 25

x9

b) 23x 2 3 x 1 2 x 1 x 1 10 4 3

x3

c) 1x x 1 1 2 x 1 x 3 x 0

3

11 4 6

x3

d) 3 x 1 x 1 3 x 2 x 1 4x 5 0 5

x4

Bài toán 6 : Giải phương trình : 2x 6x 6 2x 6 3x 2

Hướng dẫn :

Optiplex 390

Textbox






22 2

2 22 2

2 2

x 6x 6 2x 6 3x 2 x 6x 6 2x 6 3x 2

8x 20x 4 2 3x 2 2x 6 8x 20x 4 4 3x 2 2x 6

15 658 x 2x 2 8x 15x 5 0 x 1 3 x

16


x 1 3 và 15 65

x16

không thỏa mãn

PT

Lời giải : ĐKXĐ : 2x 6x 6 0

2x 6 0

. Ta có :

22 2

2 22 2

4 3 2

2 2

x 6x 6 2x 6 3x 2 x 6x 6 2x 6 3x 2

8x 20x 4 2 3x 2 2x 6 8x 20x 4 4 3x 2 2x 6

8 8x 31x 19x 20x 10 0

15 658 x 2x 2 8x 15x 5 0 x 1 3 x

16

Thử lại ta thấy x 3 1 thỏa mãn bài toán.

Kết luận : x 3 1 .


a) 22 2x 2x 1 2 2 x x 3 x 1 hoặc 13 20 15

x49

b) 2x 6x 6 2x 1 x 3 0 x 5

c) 2 22x 3 2x 18 x 4 0 x 2 11

d) 2 2x 4x 9 2 x x 1 x 1 2 6

x3


9 13 2

x 3 x 1x x 3


0 x3

. Ta có :

Optiplex 390

Textbox





2

2222 3

3 2 2

23 2 2 2

2 2

9 13 2 2x 3 x 1 x 9 13 3x x 1 x

x x 3 3

17x 31x4 4x 9 13 3x x 1 x x 22 0

9 9 9 9

4x 17x 31x 198 18 x 9 13 3x 0

4x 17x 31x 198 18 x 9 13 3x

x 4 4x 9 x 1 4x x 36 0

x 1 hoặc x 4 hoặc 9

x4


Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Kết luận : x 1 hoặc x 4 hoặc 9

x4

.


a) 1 2

2 x 2 x 1x x

x 2 5

b) 1 1

x 1 3 x 1x x

3 5

x2

c) 3x 2 x 2 x 1 x 3

d) 3 32 x 1 2x 3 8x 5 0 1 5

x2

Bài toán 8 : Giải phương trình : 3 2 2 2 2x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1

Lời giải : ĐKXĐ : 2x 6x 3 0 . Ta có :

3 2 2 2 2

223 2 2 2 2

2 2 2 2

x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1

x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1

4x 3x x 3x 1 x 6x 3 0

2 2 23x x 3x 1 x 6x 3 (*) (vì x 0 không thỏa mãn ĐKXĐ)

2

2 2 2 4 3 23x x 3x 1 x 6x 3 6x 12x 9x 6x 3 0

223 2x 1 xx 11 0 (thỏa mãn ĐKXĐ).

Thử lại thấy thỏa mãn.



a) 3 2 2 2 22x 2x 1 x 4x 8x 1 2x 1 x 2

Optiplex 390

Textbox





b) 3 2 2 2 2x x 2 x x 2x 5 x 4 0 3 5 3

x6

c) 3 2 2 2 2x 2x 1 x 1 x x 4x 5 x 1 hoặc 3 2 6

x3

d) 3 2 2 2 2x x x x 2 x 1 x 2x 1 0 1

x2

Bài toán 9 : Giải phương trình : 3 2 2 2 2x x 1 x x x 1 3x 1

Lời giải : ĐKXĐ : 2x x 1 0 . Ta có :

223 2 2 2 2 3 2 2 2 2

2 3 2 2 2

x x 1 x x x 1 3x 1 x x 1 x x x 1 3x 1

x x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1 0

3 2 2 2x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1 (*) (vì x 0 không thỏa mãn ĐKXĐ)

23 2 2 2 6 5 4 3 2

24 3 2

4 3 2

x 2x 2x 1 4 x x 1 3x 1 x 4x 4x 6x 8x 8x 5 0

x 6x 7x 2x 5 x 1x

x 6x 7x 20

x 5 0

1

Lại có 4 3 2x 6x 7x 2x 5 0 do từ (*) ta có

3 2 2x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 0 x 0

Vậy ta được x 1 (thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại thấy thỏa mãn.


Nhận xét : Tại sao lại lấy 3 2 2x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 0 x 0 ?

Bước 1 : Ta có 4 3 2x 6x 7x 2x 5 0 có 2

nghiệm : 1.76420A 5423 4.48234B 0201

Bước 2 : Hai nghiệm này không thỏa mãn PT ban

đầu.

Ví dụ như khi 1.76420x A 5423 thì : 3 2 2 2 2x x 1 x x x 1 3x 1 6.430322643 0

Bước 3 : Tìm điều kiện của x để loại 2 nghiệm này :

ĐKXĐ : Cả 2 nghiệm đều thỏa mãn.

Điều kiện 3 2 2 2x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1 0 . Cả hai nghiệm đều không

thỏa mãn.

Optiplex 390

Textbox





Điều kiện 3 2 2 2 2x x 1 x x x 1 3x 1 0 . Cả hai nghiệm đều không

thỏa mãn.

Vậy ta có thể sử dụng 3 2x 2x 2x 1 0 hoặc 3 2x x 1 0 để loại nghiệm. Ta có 2

hướng :

Hướng 1 : Vì 4 3 2x 6x 7x 2x 5 0 khi x A 1.7642 nên ta sẽ chứng

minh x A

Hướng 2 : Kết hợp 4 3 2x 6x 7x 2x 5 và điều kiện để chứng minh vô lý.

Bước 4 : a) Sử dụng 3 2x 2x 2x 1 0 .

Hướng 1 : Ta có

3 2 2 4 3 2x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 1 x 0 x 6x 7x 2x 5 0 .

Hướng 2 : Ta có

2 24 3 2 3 2 2x 6x 7x 2x 5 2 x 2x 2x 1 x 2x 1 x 1 5 0 .

b) Sử dụng 3 2x x 1 0 .

Hướng 1 : Ta có 3 2 21 1 3x x 1 0 2x 3 4x 2x 3 x

8 8 2 . Khi đó :

4 3 2 2 2x 6x 7x 2x 5 x x 6x 7 2x 5 0 do 2x 6x 7 0 3

x22x 5 0

Hướng 2 : Ta có 2

4 3 2 3 2 2x 6x 7x 2x 5 4 x x 1 x x 1 0

Vậy là ta có ít nhất 4 cách đánh giá cho bài toán này. Để biết chi tiết hơn, bạn đọc có

thể tham khảo bài đọc thêm 1.10.1: Đánh giá phương trình bậc 3 vô nghiệm.


a) 2 2 22x 1 x 2x 5 2x 1 x 1 3 hoặc

x 1 3

b) 3 2 2 2 2x 2x x 2 x x 3 2 x x 1 0 x 0 hoặc x 1

c) 3 2 2 2 2x 4x 9 x x 18 9 2x 1 x 0 hoặc

x 2 7

d) 3 2 2 2 22x 4x x 1 2x x 5x 5 x 1 3x 1 0 x 0 hoặc x 1

Bài toán 10 : Giải phương trình : 2 22x x 2 2x 2x 4


2 2 2

22 2 4 3 2

3

2x x 2 2x 2x 4 2x 2 x 2 2x

2x 2 x 2 4x 2x 2 2x 3x 4x 2 2 0

2x 2 x 2 0 x3x 2

Optiplex 390

Textbox





Vì nếu 3 22x 2 x 2x 3 23 x 0x . Khi đó do

2 22x 2 x 2 2x x

2 suy ra 2x 2x 3 2 2 2 vô lý.

Vậy ta được x 2 (thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại thấy thỏa mãn.


Nhận xét : Khử căn thức là phương pháp hay để giải quyết bài toán này. Tuy nhiên

vấn đề ở đây là phân tích nhân tử

4 3 2 32x 2 2x 3x 4x 2 2 2x 23 x 2x và đánh giá 32x 23x .

Gợi ý :

a) Tìm nhân tử 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2 0 .

Phương trình 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2 0 có nghiệm 0.42148629

B 1.4

A

1421356

Phương trình 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2 0 có nghiệm 0.42148629

D 1.4142135

C

6

Ta có B D 0

BD 2

. Vậy B 2 hay nhân tử là x 2

b) Chia biểu thức 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2

x 2

.

CALC cho X = 1000.

Gán 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2

A 2000002999x 2

Gán 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2

B 2000003001x 2

Vậy 4 3 22x 2 2x 3x 4x 2 2

U V 2x 2

với

3A BU 2000003000 2x 3x

2A B

V 12 2

Kết luận : 4 3 2 32x 2 2x 3x 4x 2 2 2x 23 x 2x

c) Đánh giá 32x 23x .

Ta thấy 32x 2 x A3x 0.42148629 . Tuy nhiên nghiệm này không thỏa mãn

thỏa mãn phương trình 22x 2 x 2 2x nên ta sẽ tìm điều kiện của x từ đây.

Dễ thấy 2

22

x2x 2x 2 2x 2 x 2 0 2

x 0

.

Nếu 3x 0 2 xx 2 03 vô lý.

Optiplex 390

Textbox





Nếu 22x x 2x 3 2 2 2

2 vô lý.

Vậy ta được lời giải như trên.

Nhận xét : Để tìm hiểu chi tiết hơn thủ thuật đổi dấu trước căn và thủ thuật đánh giá

phương trình bậc 3, bạn đọc có thể tham khảo ở các bài sau.

Bài tập tương tự :

a) 2 23x 18 3x 2 x 6x x 3

b) 2 2x 7 2x 44 x1 x 2 1 x 2 7

c) 2 2x 2x 2x 1 x 4x4 2 3x 2 0 x 1 2

d) 2 2x x 3 x 1 2 x 1 x 1 3 2x

4


3

2

2

2x 42x 72x 3 2x 18x

2x x 2 5x 22

Nhận xét : Mỗi khi nhìn thấy phân thức, chúng ta nên kiểm tra xem tử có chia hết cho

mẫu hay không.

Dễ thấy

3 2

2 2 2

2x 42x 72 2 x 3 x 3x 12

2x x 2 5x 22 2x x 2 5x 22 2 x 3x 12

. Do đó ta

có thể đưa bài toán về dạng cơ bản được rồi.

Lời giải : ĐKXĐ : 22 1 17

x5 4

x 9

. Ta có :

32

2

2 2

2 2

2x 42x 72x 3 2x 18x

2x x 2 5x 22

x 3 2x 18x x 3 2x x 2 5x 22

x 3

2x 18x 2x x 2 5x 22

Nếu x 3 thì thỏa mãn ĐKXĐ.

Nếu 2

2 2 2 22x 18x 2x x 2 5x 22 2x 18x 2x x 2 5x 22

22 211x 10 2x x 2 5x 22 11x 10 2x x 2 5x 22

Optiplex 390

Textbox





2

4x

52 5x 4 x 9x 18 0

9 3 17x

2


Thử lại thấy chỉ có 9 3 17

x2

thỏa mãn phương trình ban đầu.

Kết luận : x 3 hoặc 9 3 17

x2

.


a) 3 2

2

2

4x 7x 28x 4x 2 x x 1 0

2 x 3 15x 10

x 1

b) 2 2 2x 4x 21 2 x 3x 15 x 6 x 2x 17 11 2 406x

9

c) 2x 6 2 x 3

20 xx 3 3x 4 1

x 4

d) 2 2x 13x 5 2x 13x 9

3 x 1 x 2 2x 9 6 x 2

7x

16 hoặc

8 4 6x

3

Bài toán 12 : Giải phương trình : 5 3x x 1 x 1 x 3x

Hướng dẫn :

Bước 1 : Tìm nghiệm 5 3x x 1 x 1 x 3x 0 .

Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 .

Bước 2 : Nghiệm này là nghiệm biên của

ĐKXĐ x 1 .

CALC cho một vài giá trị của X hoặc dùng

TABLE ta thấy rằng : 5 3x x 1 x 1 x 3x 0 x 1 .

Bước 3 : Ta sẽ chứng minh 5 3x x 1 x 1 x 3x 0 bằng cách khử căn thức :

2

5 3 5 3 3

5 3 5 3 3

x x 1 x 1 x 3x x x 1 x 1 3x

x x x 2 x x 1 x 1 3x

Điều này luôn đúng vì 2 25 3x x x x x 1 x 012 . Bài toán được giải quyết.

Optiplex 390

Textbox






25 3 5 3 3

5 3 5 3 3

22 5 3

x x 1 x 1 x 3x x x 1 x 1 3x

x x x 2 x x 1 x 1 3x

x x 1 2 x x 1 x 1 0

Ta luôn có 2

2 5 3x x 1 2 x x 1 x 1 0 x 1 và dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ

khi x 1 . Do đó PT x 1 (thỏa mãn ĐKXĐ).



a) 4 3x x 1 x 1 x x x 1

b) 3 4x x 1 x 1 6x 5 x 1

c) 6 3x 8x 5 x 3x 1 2 x 1 5x

2

d) 2 2x x 1 x 1 1 2 x x 1

BÀI 1.7 : ỨNG DỤNG TRONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA


2 21 2 x 9x 18 x x 14x 33

(Sở GD&ĐT – Quảng Ninh – 2016)

Hướng dẫn : Ta có :

2 2 2 2

22 2 2 2

2 22 2 2

1 2 x 9x 18 x x 14x 33 2 x 9x 18 x 1 x 14x 33

4 x 9x 18 x 1 x 14x 33 x 10x 19 x 1 x 14x 33

x 10x 19 x 1 x 14x 33 4 x 2 x 17x 41 0


x2


a) 2 2x 2x 8 2 x 2x 5 6x 4 3 21

x3

b) 2 2x 3x 3 4x 3 2 2x 2x 3 x 1 hoặc x 2

c) 2 22 x x 1 7x 4 2x 1 5 x 1

d) 2 2 3x 6x 2 x 6x 17 x 2x 3 0 x 2

Optiplex 390

Textbox





Bài toán 2 : Giải phương trình : [1.7-2] [2.1.8-1]

2x 4x 1 x 3 5 2x 0

(THPT Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc – lần 1 – 2016)


2 22 2 2

2 4 3 2

x 4x 1 x 3 5 2x 0 x 4x 1 x 3 5 2x

4x 2x 5 4x 2x 8x 6x 9 0

Ta lại có : 2 2

4 3 2 2 39x 1 1 234x 2x 8x 6x 9 2x x 0

2 2 4 3 3

Kết luận : 1 21

x4


a) 3 2x 3x 4x 2 xx2 2 1 x 2 2

b) 3x 2x x 4 2 x 0 x 1

c) 3 2x 7x 18x 13 x 2 1 x 0 5 13x

2

d) 3 2 2 2x 7x 10x 7 2x 1 2x 1 x 1 hoặc x 5


3 2 25 1 x 1 x 4x 25x 18

(THPT Marie Curie – Hà Nội – 2016)


23 2 2 3 2 2

2 2 2 2

5 1 x 1 x 4x 25x 18 25 x 1 x 4x 25x 18 5

x 4x 5x 3 x 5x 3 4x 25x 20 0

Kết luận : 5 37

x2


a) 2 237x 51x 2 5 7x 2 x 3x

x 1 hoặc 1

x16

hoặc

14 4 10x

9

b) 32x 4x 2 3 1 xx 1 0 x 1 hoặc x 2

c) 2 3x x 8 4 x 4 16 x 2 hoặc x 7 29

d) 4 2 2 33x 7x 13x 5 x x 1 x x 1 x 1 hoặc x 4 11

Optiplex 390

Textbox





Bài toán 4 : Giải phương trình : [1.7-4] [2.1.8-4] 3 2x x 7 x 5

(THPT Nghèn – Hà Tĩnh – lần 1 – 2016)


2

3 2 3 2 5 4 3 2x x 7 x 5 x x 7 x 5 x 2 x 2x 6x 2x 4x 22 0

Vì 5 4 3 2x 2x 6x 2x 4x 22 0 có nghiệm duy nhất 1.42890x A 0706 . Nghiệm

này không thỏa mãn 3 2x x 7 x 5 nên ta tìm điều kiện từ đây.

Do 3 2x x 7 x 5 0 x 1.73920386 A nên ta cố gắng đánh giá từ đây. Hơn

nữa, để ý rằng :

5 4 3 2 3 2 2 3 2x 2x 6x 2x 4x 22 x x 2x 6 2x 4x 22 x 2 x 2x 6 10

Vậy ta có thể đánh giá như sau :

Nếu 3 17x x 7 0

3

8x

2 (vô lý).

Nếu 3

x2

thì 3 2 11 45 175x 2 x 2x 6 10 10 0

8 4 32 suy ra vô lý.

Vậy PT x 2 . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Lời giải chi tiết dành cho bạn

đọc.



a) 2 33x 1 1 x 2x x 1

b) 3 2 2x x x x 1 3 x 2

c) 3 2 3x 2x 4 x 2 x 3

d) 4 2x 5x 7 x x 1 x 1 hoặc x 2

Bài toán 5 : Giải phương trình : 2 27x 25x 19 x 2x 35 7 x 2

(THPT Lê Lợi – Thanh Hóa – lần 1 – 2016)


22 2 2 2

22 2 2 2

2 2

7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2 7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2

3x 11x 22 7 x 2x 35 x 2 3x 11x 22 49 x 2x 35 x 2

x 6x 19 9x 61x 206 0

Kết luận : x 3 2 7 hoặc 61 11137

x18

.


Optiplex 390

Textbox





a) 2 2 23x 42 x 4x 40 2x 86 x 2 3 5

b) 2 22x x 3 10 3x 2x 2x 3 3 13x

2

c) 2 22x x 1 7x 5 2 2x 1 x 2

d) 2 2x 2x 11 3x 2 7 x 2 x 3


2

x x 1 2x 3 2x 2 x 2

(THPT Ngô Sỹ Liên – Bắc Giang – lần 2 – 2016)


22 22

4 3 2

x x 1 2x 3 2x 2 x 2 x x 1 2x 3 2x 2 x 2

x 2 4x 5 16x 76x 141x 120x 40 0 x 2 4x 5 0

Vì

2 2

4 3 2 2 19 11 12 816x 76x 141x 120x 40 4 2x x 3 x 0

4 4 11 11



a) 3 2x 8x 21x 20 x x 1 x 5

b) 3 2x 3x 4x 2 x 2 x 1 x 3

c) 3 2x 5x 12x 2 2 x 1 2x 1 x 4

d) 3 2 2x 15x 28x 17 x 2x 1 2x x 1 0 7 3 13x

2


3 x 6 2 4 x x 8

(THPT Trần Hưng Đạo – TP. Hồ Chí Minh – lần 1 – 2016)


2 2

22 2

2

3 x 6 2 4 x x 8 3 x 6 2 4 x x 8

x 11x 6 12 x 6 4 x x 11x 6 144 x 6 4 x

x 5 x 3 x 20x 228 0



a) 2x 3 x 2 3 3 x 0 x 1

b) 3x 12 x 2 10 x 1 x 3

Optiplex 390

Textbox





c) 2x 13 2x 3 10 x 1 x 10 6 2

d) 2 2x 4x 4 2x 1 2x 1 x 1


2 22

3 x 2x 3 7x 19x 1216x 11x 27

x 4 1 12 7x

(THPT Hiền Đa – Phú Thọ – lần 1 – 2016)


2 22

3 x 2x 3 7x 19x 1216x 11x 27

x 4 1 12 7x

3 x 1 x 3 x 1 7x 12x 1 16x 27

x 4 1 12 7x

x 1 3 x 4 12 7x 16x 24 0

Nếu 2 2

3 x 4 12 7x 16x 24 3 x 4 12 7x 16x 24

22 2

22

128x 383x 264 3 12 7x x 4 128x 383x 264 9 12 7x x 4

16 256x 764x 4 x 3 081 2


x128

.

Nhận xét : Khử căn thức không phải phương pháp hay cho bài toán này vì hệ số của

biểu thức quá lớn. Điều này cũng đúng vì đây là thủ thuật cơ bản khi làm bài. Tuy

nhiên sang chương 2, bạn đọc sẽ được biết thêm thủ thuật phân tích nhân tử cực

nhanh và chính xác bằng CASIO :

16x 24 3 x 4 12 7x 3 x 4 12 7x 3 x 4 12 7x 1


a) 2 2

2 2x 6x 4 16x 6x 107x 7

x 3 1 2 2x 1 1

85 8 57

x49

b) 2 2

2 3x 84x 81 20x 45x 253x 7x 10 0

x 2 5 2 x 1 3

62 16 7

x9

c) 3 2 2

2

2

x 2x 2x 4 x 10x 16x 2x 0

3 x 1 9x 1 1

5x

4 hoặc x 2

d) 2 2 2

2

x 5x 4 x 3 2x x 1 x 2x 23

x 3 2 x x 1 x 3

3 5x

2

hoặc

Optiplex 390

Textbox





13 37x

2


2

x x 4 x 4 x 4 2x x 4 50

(THPT Chuyên Nguyễn Đình Chiểu – Đồng Tháp – lần 1 – 2016)


2 2 2

22

2 22 2

x x 4 x 4 x 4 2x x 4 50 x x 4 x 4 2 2x x 4 50

x x 4 x 4 2 2x x 4 50 x 3x 52 2 x 1 x 4 0

x 3x 52 4 x 1 x 4 x 5 x 8 x 15x 68 0

Kết luận : x 5


a) 2

2x 7x 6 x 1 1 x 2 x 1 0 x 5 hoặc 5 5

x2

b) 2

22x 1 x 2 2x 2 2x 1 x 3x 4 0 x 1 hoặc 5

x2

c) 2

3x 3 2x 14x 15 9x 1 9x x 24 x 3 9 5

x2

d) 33 2 x 1 1 2 x 1 2x 1 x 2


3 2 x 2 2x x 6

(THPT Đông Du – Đăk Lăk – lần 1 – 2016)


2 2 2

2 22 2

3 2 x 2 2x x 6 3 x 2 x 6 2x 6

3 x 2 x 6 2x 6 2x 17x 24 3 x 2 x 6 0

2x 17x 24 9 x 2 x 6 4 x 11x 19 x 3 0


x2

.


a) 3 x 2 x 2 8 3x 5 1 x 3 hoặc 65 24 6

x3

b) 3x 5 2 x 2 2x 3 x 1 hoặc x 35 20 3

Optiplex 390

Textbox





c) 2 24 x 2x 4 2 6 x x 7 x x 2 hoặc 14

x33

d) 2x x 1 2 3 x x 1 x 2

Bài toán 11 : Giải phương trình : 2 2 24x 1 3x 2x 1 2x x 2x 2

(THPT Lý Thường Kiệt – Bình Thuận – lần 2 – 2016)


2 2 2

222 2 2

4 3 2 2 2

24 3 2 2 2 2

24 2 2

4x 1 3x 2x 1 2x x 2x 2

4x 1 3x 2x 1 2x x 2x 2

12x 8x 3x 2x 2 4 3x 2x 1 x 2x 2

12x 8x 3x 2x 2 16x 3x 2x 1 x 2x 2

16x 8x 1 3x 2x 2

x

0

Kết luận : 1 7

x3

.


a) 2 22x 1 x 7x 4 2x 1 x x 4 8x 1 5

x2

b) 2 2 2x 2x 5x 5 x 5x 6 2x 5x 6 5 5

x2

c) 2 2 2x 13x 4x 4 2 x 4x 7 x 1 x 2

d) 2 2 2x 3x 3 3 x x x1 2 x 3x 6 x 2


3x 2 2x 1 x 1

(THPT Hai Bà Trưng – Hà Nội – lần 3 – 2015)


2 2

22 2

22

3x 2 2x 1 x 1 3x 2 2x 1 x 1

x 3x 2 2 3x 2 2x 1 x 3x 2 4 3x 2 2x 1

x 8x 4 x 01

Kết luận : x 4 2 5 .

Optiplex 390

Textbox






3 2x 1 x 3 2 x 4x 8x 5 2x

(THPT Hùng Vương – Phú Thọ – lần 3 – 2015)

Hướng dẫn : Vì phương trình 3 2x 1 x 3 2 x 4x 8x 5 2x có nghiệm duy

nhất x 1 đồng thời đây cũng là nghiệm biên nên ta sẽ tìm cách đánh giá : 3 2x 1 x 3 2 x 4x 8x 5 2x

Hơn nữa, 3 2 2x 4x 8x 5 x 1 x 3x 5 nên ta sẽ khử x 3 và

3 2x 4x 8x 5 .

Ta có :

23 2 3 2 3 2

3 2 2 2 2

x 3 2 x 4x 8x 5 4x 16x 33x 17 4 x 3 x 4x 8x 5

4x 16x 33x 17 4x x 1 4x 16x 17 4x

Suy ra 3 2x 3 2 x 4x 8x 5 2x hay

3 2x 1 x 3 2 x 4x 8x 5 2x .

Bài toán được giải quyết


Nhận xét : Cách làm bằng khử căn thức ở trên nhanh và gọn hơn nhiều so với đáp án

gốc của bài toán.

Lời giải : ĐKXĐ x 1 . Phương trình tương đương với :

2

22

2

2x x 3 2x x 3x 1 2 x 1 x 3x 5

2x x 3

4x x 3x 1 2 x 1 x 3x 5

2x x 3

4x 3 x 1x 1 1 2 x 3x 5 0

2x x 3

Mặt khác ta có 22 21 2 x 3x 5 1 2 x x 3 1 1 x

Theo bất đẳng thức Cauchy thì x x 1 1 2 x 1

Do vậy ta có :

2

4x 3 x4x 3 x 1 2 x 1 1 2 x 3x 5

2x2x x 3

Do đó PT x 1 .

Nhận xét : Biểu điểm của đề thi còn có thêm một cách đánh giá nữa như sau :

24x 3 x 1 4x 4 x 1

2 x 1 1 2 x 1 1 2 x 3x 52x 22x x 3

Optiplex 390

Textbox





BÀI 1.8 : BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài toán 1 : Giải phương trình : 2x 2 3 x 2

Đáp số : x 1,x 2

Bài toán 2 : Giải phương trình : 2 2x 5x 7 2x 1 0


Bài toán 3 : Giải phương trình : 3 2 22x 2x 2 x x 2 x 3x 1 0

Đáp số : 7

x3

Bài toán 4 : Giải phương trình : 2 23x 2x 7 2x 14x 13 0

Đáp số : 3 29

x2

Bài toán 5 : Giải phương trình : 2 4x 1 40x 1

Đáp số : x 2

Bài toán 6 : Giải phương trình : 2 2x 1 4 x 3 2x 17

Đáp số : 17 35 24 2

x ,x2 2

Bài toán 7 : Giải phương trình : 2 2x 3 x 5 x x 3 0

Đáp số : 4

x3

Bài toán 8 : Giải phương trình : 3 2 2x 8x 4 x 5x 2 x 4x 2

Đáp số : 1

x ,x 2 2 22

Bài toán 9 : Giải phương trình : 2 23x x 2 2 x 4x 4


Bài toán 10 : Giải phương trình : 3 2 3x 2x 2x x x 1

Đáp số : x 1

Bài toán 11 : Giải phương trình : 2 2x 19x 55 x 4 x 1

Đáp số : 13 33

x2

Bài toán 12 : Giải phương trình : 23x 5 3 x 1 x 2x 3 0

Đáp số : 3 4 3

x3

Bài toán 13 : Giải phương trình : x 6 x 2 x 2 x 6 x 15 0

Đáp số : x 3

Optiplex 390

Textbox





Bài toán 14 : Giải phương trình : 3 2 2 23x x 28x 12 2 3x x 6 x 3x 2

Đáp số : 2

x 6,x3

Bài toán 15 : Giải phương trình : 8 3

x xx 1 2x 8

Đáp số : 3 5

x2

Bài toán 16 : Giải phương trình : 3

x 1

21 2x x 3

Đáp số : 3 5

x2


x

65x 2 5x 8

1

Đáp số : x 1 6

Bài toán 18 : Giải phương trình : 2 2x 4x 3 3x x 15 x 2

Đáp số : x 1 2

Bài toán 19 : Giải phương trình : 2 22x 6x 7 x 3x 1 2x 1 0

Đáp số : 5

x ,x 12

Bài toán 20 : Giải phương trình : 2x 4x 1 2x 1 5x 1

Đáp số : 5 29

x ,x 72


x 5 3 x 2 7


Bài toán 22 : Giải phương trình : 3 2 2x 2x 5x 3 7x 26x 10

Đáp số : 3 13

x 2 1,x2

Bài toán 23 : Giải phương trình : 33 x x 6 x

Đáp số : x 2

Bài toán 24 : Giải phương trình : 2 2x 2x 14 2 x 2 x 3x 4 0

Đáp số : x 6

Bài toán 25 : Giải phương trình : 22x 3x 13 11 x 3 0

Đáp số : x 2

Bài toán 26 : Giải phương trình : 3 2 2 2 2x 3x 4 2 3x 4 x x 6x


Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Textbox





Bài toán 27 : Giải phương trình : 2x 3 4x 6x 2 x 12x 4 0

Đáp số : x 5 19

Bài toán 28 : Giải phương trình : 2 23x x 2 2x 4 8 2

Đáp số : x 2

Bài toán 29 : Giải phương trình : 3 2

2

2

x 14x 17x 42 x 1 x 3x

x x 1 12x 3

Đáp số : 4

x 1,x3

Bài toán 30 : Giải phương trình : 2 22 2x 1 8 x 2 x 10x 15 0

Đáp số : x 1

Bài toán 31 : Giải phương trình : 3 2 2x 3x 2 x 2x x 1

Đáp số : 3 17

x2

Bài toán 32 : Giải phương trình : 4 x 2 4 3 x x 14

Đáp số : x 2

Bài toán 33 : Giải phương trình : 2 2x x 2 23x 4x 10

Đáp số : x 1,x 2 2

Bài toán 34 : Giải phương trình : 2x 3 x 1 x 2 2x 1

Đáp số : x 2

Bài toán 35 : Giải phương trình : 2 24 48 2x 12x x 3x

Đáp số : x 1 3

Bài toán 36 : Giải phương trình : 3 2 4 2 2x x x x x 1 x 1

Đáp số : x 0

Bài toán 37 : Giải phương trình : 22x 1 1 x 2 1

x3 5

Đáp số : x 13 4 11

Bài toán 38 : Giải phương trình : 5 4 2 3x x 1 x x 1 6x 6

Đáp số : x 1

Bài toán 39 : Giải phương trình : 22 x 1 x 2 2x 2x 13

Đáp số : x 3


3 2x x 2x 3 x 2 1 x 2 1 x 2

Đáp số : x 2


2

2

x 6x 5x x 5

x 4x 11

Optiplex 390

Textbox





Đáp số : 7

x3

Bài toán 42 : Giải phương trình : 3 2 2 2x x 2x 1 x 2 2x 1

Đáp số : x 2 7

Bài toán 43 : Giải phương trình : 213x 8 x 9x 4 2x 1 0

Đáp số : 5

x ,x 6 2 7 ,x 2 22

Bài toán 44 : Giải phương trình : 3 2 2x 2 x x 2 x x 3

Đáp số : x 4

Bài toán 45 : Giải phương trình : 5 2x 5x 2 x x 2

Đáp số : 1 5

x2

Bài toán 46 : Giải phương trình : 3x 3 x 1 3 2x

Đáp số : 5 2 13

x9

Bài toán 47 : Giải phương trình : 3x x 1 x x 2 1

Đáp số : x 0

Bài toán 48 : Giải phương trình : 99 12x x 2 x 4 x 3 x 5

Đáp số : 13

x2

Bài toán 49 : Giải phương trình : 44x 1 x 1x 1

32

Đáp số : x 2

Bài toán 50 : Giải phương trình : 2 23x 1 x 3 3x 3x 5

Đáp số : x 2

BÀI 1.9 : GIẢI ĐÁP ONLINE


2 24x x 2 3 2x 4x 3 4x 3 6x 0

(Ngọc Anh)


2 2

2 22 2

4 3 2

4x x 2 3 2x 4x 3 4x 3 6x 0

4x x 2 6x 9 2x 4x 3 4x 3

2x 1 2x 3 4x 16x 132x 216x 81 0

Optiplex 390

Textbox





Lại có : 2 24 3 2 24x 16x 132x 216x 81 2x 4x 3 8 4x 03

Kết luận : 3

x2


2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1

(Abyss Diamond)


22 2 2 2

22 2 2 2

2

5x 14x 9 x x 20 5 x 1 5x 14x 9 x x 20 5 x 1

2x 5x 2 5 x x 20 x 1 2x 5x 2 25 x x 20 x 1

x 8 4x 7 x 5x 9 0


x2

Bài toán 3 : Giải phương trình : [1.9-3] [2.1.10-30] 2 215x x 5 2 x x 1

(Tô Kê)


2

2 2 2 2 2 215x x 5 2 x x 1 15x x 5 4 x x 1 3 25x 5x 7 3x x 1 0

Kết luận : 1 29

x10

hoặc

1 13x

6


3 2 2 26x 15x x 1 3x 9x 1 x x 1

(Đặng Văn Đức)


2 23 2 2 2 3 2 2 2

2 2

6x 15x x 1 3x 9x 1 x x 1 6x 15x x 1 3x 9x 1 x x 1

3x 3x 5 x 3x 1 3x x 1 0


x6

hoặc

3 5x

2


2 2 38x 4 3 x 2x 2x 1 2x 10x

(Thám Tử Conan)


Optiplex 390

Textbox





2 22 2 3 3 2 2

22 2

8x 4 3 x 2x 2x 1 2x 10x 2x 10x 8x 4 9 x 2x 2x 1

x 8x 4 4x 2x 1 x 02

Kết luận : x 2 hoặc x 4 2 3


3 x 2 1 2 x 1 3 9 0

(Bồ Công Anh)


2 22

22 2 2 2

3 x 2 1 2 x 1 3 9 0 6 x 2 x 1 9 x 2 2 x 1 6 0

36 x 2 x 1 1 9 x 2 2 x 1 108 x 2 x 1 36x 23x 58 0

36x 23x 58 108 x 1 x 2 9x 28x 28 144x 632x 713 0


x9

Nhận xét : Khử căn thức không phải là phương pháp hay cho bài toán này. Phương

pháp tối ưu và nhanh gọn hơn sẽ được trình bày ở chương sau.

Bài toán 7 : Giải phương trình : 2 27x 23x 13 2 x 2 x 4x 3

(Ngọc Anh)


22 2 2 2

22 2 2 2

2 2

7x 23x 13 2 x 2 x 4x 3 7x 23x 13 2 x 2 x 4x 3

3x 8x 3 4 2 x x 4x 3 0 3x 8x 3 16 2 x x 4x 3 0

9x 28x 21 x 4x 5 0

Kết luận : 14 7

x9


2 25x 18x 1 24x 13 2x x 1

(Đức Tài)


2 22 2 2 2

2

5x 18x 1 24x 13 2x x 1 5x 18x 1 24x 13 2x x 1

x 1 23x 8 49x 29x 21 0

Kết luận : x 1


Optiplex 390

Textbox





2 210x 3x 1 6x 1 x 3

(Kim Trọng)


2 22 2 2 2

2

10x 3x 1 6x 1 x 3 10x 3x 1 6x 1 x 3

2 x 1 4x 1 8x 12x 1 0


x4


2 23x 3x 2 x 6 3x 2x 3

(Kim Trọng)


2 22 2 2 2

2 2

3x 3x 2 x 6 3x 2x 3 3x 3x 2 x 6 3x 2x 3

2 x 2x 2 3x 2x 28 0

Kết luận : x 1 3 hoặc 1 85

x3


2x 4x 2 1 2 x 2 2x 1

(Đoàn Trí Dũng)


222 2

2 2

x 4x 2 1 2 x 2 2x 1 x 4x 2 1 2 x 2 2x 1

x 01 2 x 2 2

Kết luận : x 2 2 hoặc x 1 2


2 2 3 2x 3x 7 x 1 2x 6x 5x 17 0

(Bùi Thế Lâm)


2 22 2 3 2 2 2 3 2

2 4 3 2

x 3x 7 x 1 2x 6x 5x 17 0 x 3x 7 x 1 2x 6x 5x 17

3x 36x 80 x 2x 4x 4x 3 0

Lại có : 2 24 3 2 2x 2x 4x 4x 3 x x 1 x 1 1 0

Kết luận : 2

x 6 213

Optiplex 390

Textbox






2 24x 11x 8 x 2 2x 8x 7

(Hanada Ichiro THuy)


2 22 2 2 2

22

4x 11x 8 x 2 2x 8x 7 4x 11x 8 x 2 2x 8x 7

2 7x 22 1 x 0x 8 1

Kết luận : x 1

Bài toán 14 : Giải phương trình : [1.9-14] [2.1.10-38] 2

2

x 2x1 x

x x 1

(Đỗ Hoài Phương)


2

2 24 3 2

2 2

x 2x x 2x1 x 1 x2x 1 x 2x 4x x 1 0

x xx 1 x 1

Lại có :

2

4 3 2 2 21 3x 2x 4x x 1 x x 2x 0

2 4

Kết luận : 1

x2


2 4 2 3 21 x 2x x 2x 1 3x x x 1

(Hoàng Thái Bùi)


2 22 4 2 3 2

2 2 4 3

PT x 1 2x x 2x 1 3x x x 1

2x x 2x 2 x 2x 2x 1 0

Nếu 4 3x 2x 2x 1 0 thì 2 42x x 1 x 1 x 0 . Khi đó :

2 4 2 3 2

2 4 3 2 3 2 2 3

4 3

4 3 2 4 3 2 4 3

24 3 2

2

PT 1 x 2x x 2x 1 3x x x 1

1 x x 2x x 3x x x 1 x x 1 1 x 3x x x 1

x 2x 2x 1

x 4x 2x 1 0 x 4x 2x 1 x 2x 2x 1 0

2x 2x 2x 2x 0 2x x 1 x 1 0

Thử lại thấy không thỏa mãn.

Nếu 2x 2x 2 0 x 1 3 thì thử lại thấy thỏa mãn.

Nếu x 0 thì thử lại thấy không thỏa mãn


Optiplex 390

Textbox





Bài toán 16 : Giải phương trình : 4 2 3x x 1 x x x

(Đỗ Hoài Phương)


24 2 3 4 2 3

24 3 3 4 3 2 3

24 2 2

x x 1 x x x x x 1 x x x

x x x 1 2x x x 0 x x x 1 4x x x

x 2x 1 x 0x 1

Kết luận : 1 5

x2


34x x x 1 2x 1

(Tà Diệm Long)


23 3

2 4 3 2

4x x x 1 2x 1 4x x x 1 2x 1

4x 2x 1 4x 2x 4x 2x 1 0

Lại có :

2 2

4 3 2 2 x 15 4 114x 2x 4x 2x 1 4 x x 0

4 4 15 15

Kết luận : 1 5

x4


331 2

x x 13 9

(So Huyn)

Hướng dẫn : Đặt y 2

x y3 3

. Ta có :

3 33

3

22 4 3 2

3

3

3

1 2 1 2x x 1 x x 1

3 9 3 9

25 2x x x 3x 3y 25 3y 2 y 27y

9 9

3y 25 3y 2 y 27y y 1 y 2 y 3y 61y 150y 625 0

0

Lại có : 4 3 2 2y 3y 61y 150y 625 0 y

3

Kết luận : 1

x3

hoặc 2

x3

Optiplex 390

Textbox






3 2 2x 3x 3x 2 x x 3 x 1 0

(Nguyễn Duy Nam)


2 23 2 2 3 2 2

22 2

x 3x 3x 2 x x 3 x 1 0 x 3x 3x 2 x x 3 x 1

x 5x 5 x x 1 0

Kết luận : 1 5

x2


2 28x 4x 10 4x x 7 x 2 0

(Đức Tài)


2 22 2 2 2

2

8x 4x 10 4x x 7 x 2 0 8x 4x 10 4x x 7 x 2

x 1 x 2 4x 1 4x 5x 1 0


x8


33 2x 3x 3x 2 x 1 0

(Nguyễn Duy Nam)


2 23 33 2 3 2 2 2x 3x 3x 2 x 1 0 x 3x 3 0x 4 x 1 x 4x 4 x x 1

Kết luận : x 2 2 2 hoặc 1 5

x2

Bài toán 22 : Giải phương trình : [1.9-22] [2.1.10-1] 28x 44x 61 8x 23

(Nguyễn Tiến Linh)


2 22 2 28x 44x 61 8x 23 8x 44x 61 8x 23 32 2x 10x 1 03 x 3

Kết luận : x 3


2 23 x 1 x x 6 x 8x 17

(Allen Trần)


Optiplex 390

Textbox





22 2 2 2

2 2

3 x 1 x x 6 x 8x 17 9 x 1 x x 6 x 8x 17

x 23x 47 x 2x 5 0

Kết luận : 23 341

x2


2 22x 7x 4 x 3x 4 x 1

(Allen Trần)


2 22 2 2 2

4 3 2

2x 7x 4 x 3x 4 x 1 2x 7x 4 x 3x 4 x 1

x x 9x 39x 72x 48 0

Lại có :

2 2

4 3 2 2 9 9 39 21 30x 9x 39x 72x 48 x x x 0

2 2 4 13 13

Kết luận : x 0

Bài toán 25 : Giải phương trình : 3 2 2 2 22x 3x 1 2x x 3x 3x 1

(Aji Tan, Quang Huy)


223 2 2 2 2 3 2 2 2 2

2 22 2

2x 3x 1 2x x 3x 3x 1 2x 3x 1 2x x 3x

x 9x

3x 1

x4x 3 4 03x 3x 1

Nếu x 0 thì thỏa mãn bài toán.

Nếu 2

2 2 22 2 29x 4x 3 4 9x 4x 3x 3x 3x 1 16 x 3x 3x 1

223 11x 2x 03 x 1

Kết luận : x 0 hoặc x 1

Bài toán 26 : Giải phương trình : 2 27x 20x 86 x x 4x 31 3x 2

(TD Uni)


22 2 2 2

4 3 2 2

2 24 3 2 2 2

2 2 4 2

7x 20x 86 x x 4x 31 3x 2 7x 20x 86 x x 4x 31 3x 2

x 4x 33x 8x 90 2x 3x 2 x 4x 31 0

x 4x 33x 8x 90 4x 3x 2 x 4x 31

x 4x 30 x 4x 15 x 15x 4x 18 0

Optiplex 390

Textbox





Lại có :

2

4 2 4 2 266x 15x 4x 18 x 15 x 0

15 15

Kết luận : x 2 34 hoặc x 2 19


24x x 6 4x 2 7 x 1

(nguyen nguyen, Yonex Anh, Vũ Đào Anh Tuấn)


22 2

2 22 2

2 2

4x x 6 4x 2 7 x 1 4x x 6 4x 2 7 x 1

12x 32x 47 7 4x 2 x 1 0 12x 32x 47 49 4x 2 x 1

4x 8x 3 36x 520x 475 0

Kết luận : 2 7

x2

Bài toán 28 : Giải phương trình : 2 3 2x x 1 x 2x 2 x x

(Ngô Thanh Sơn)

Hướng dẫn : Phương trình 2 3 2x x 1 2x 2 x x x 0 có nghiệm duy nhất

x 1 , cũng là nghiệm biên của bài toán. Thành thử bằng CASIO, ta thấy 2 3 2x x 1 2x 2 x x x 0 x 1

Ta sẽ khử 2x x 1 2x 2 để chứng minh điều này. Ta lấy :

22 2 2

2

x x 1 2x 2 x 3x 3 2 x x 1 2x 2

x 1 x 2 2 x x 1 2x 2 1 1

Suy ra 22 3 2 3 2x x 1 2x 2 x x x x x x 1 0x 1 x 1 . Bài toán

được giải quyết.



2 2 4x 2 x x 2x 2 x 4

(Bắc Đậu Đại Học)

Hướng dẫn : Phương trình 2 2 4x 2 x x 2x 2 x 4 có nghiệm duy nhất

x 0 , cũng là nghiệm biên của bài toán. Thành thử bằng CASIO, ta thấy

2 2 4x 2 x x 2x 2 x 4 0 x 0

Ta sẽ khử 2 4x x 2x 2 x 4 để chứng minh điều này. Ta lấy :

Optiplex 390

Textbox





4 32 222

4 4x x 2x xx 2x 2 x 4 2x x x 2x 24 2 x 4

Chỉ cần chứng minh 2

4 3 2 4 22x x 2xx x 2x 2x 4 2 x 4 x 22 (*) là

xong. Thật vậy :

2 42x(*) x x 6x 2 2 2 4x x 02x (**)

Thật không may, không phải lúc nào 2x x 6x 2 0 cũng đúng. Do đó chúng ta cần

sự giúp đỡ từ các căn thức còn lại. Có một sự đặc biệt là

4 2 2x 4 x 2x 2 x 2x 2 . Do đó :

22 2VT(**) x x 6x 2 2 x 2x 2 x x 2x 2

Ta cần chứng minh VT(**) 0 nên ta sẽ đánh giá 2x x 2x kx2 bằng BĐT

Cauchy :

2 2x x 2x 2 x x 2 2x x 2 2x 2x 2 2 2x

Sử dụng CASIO ta thấy rằng 2.197368 22 2 2 22 nên ta được :

22 2VT(**) x x 6x 2 4x x 5x 14xx 2x 2 10 0 (đpcm)

Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc.



2 1 x 5x x 1 0

x 1 4

(Trần Thái Sơn)


2

2 221 x 5 1 x 5x x 1 0 x x 5x 3 3x 5 x 11 0

x 1 4 x 1 4

Kết luận : 5

x3

hoặc x 1


3 3 23x 1 x 7x 6 x 3x 7x 1

(Lê Hải Nam)


223 3 2 3 3 2

2 2 2

3x 1 x 7x 6 x 3x 7x 1 3x 1 x 7x 6 x 3x 7x 1

x 5 x 4x 1 x x 1 0


x2

Optiplex 390

Textbox





Bài toán 32 : Giải phương trình : [1.9-32][2.1.10-5]

4 3 10 3x x 2

(Duc Tran)


2 2

22 2

4 3 10 3x x 2 4 3 10 3x x 2 3 10 3x x 4x 0

9 10 3x x 4x x 2 x 3 x 7x 15 0

Kết luận : x 3


3 2 2 2x x 4x 2 x x 4 x 2

(Thùy Linh)


2 2

3 2 2 2 3 2 2 2 2 2x x 4x 2 x x 4 x 2 x x 4x 2 x x 4 x 2 2 x 2 x 7 0

Kết luận : x 2

Bài toán 34 : Giải phương trình : 23 1 x 2 1 x 1 x x 3

(Đang Học)


2 22 2

222 2

2 2

22

8x 3x 13 2 3x 7 1 x 8x 3x 13 4 3x 7 1 x

3 1 x 2 1 x 1 x x 3 2 1 x 1 x 3 1 x x

04x 3 5x 3

3

Kết luận : 3

x5

hoặc 3

x2


2 2 22x 2x 1 2x 1 8x 8x 1 x x 0

(Thành Nguyễn)


2 2 2

2 222 2 2

2 4 3 2

2x 2x 1 2x 1 8x 8x 1 x x 0

2x 2x 1 2x 1 8x 8x 1 x x

5x 5x 1 16x 32x 20x 4x 1 0

Lại có :

2

4 3 2 2 1 316x 32x 20x 4x 1 4x 4x 0

2 4

Optiplex 390

Textbox





Kết luận : 5 5

x10


2 21 2 x 9x 18 x x 14x 33

(Ngọc Huyền)


2 2

222 2 2 2

22 2 2 2

2

1 2 x 9x 18 x x 14x 33 x 1 x 14x 33 2 x 9x 18

xx 12x 26 x 12x 26

x 2 x 17x 4

14x 33 x 9x 18 x 14x 33 x 9x

1

18

0


x2


22x 1 x 1 2x 3x 1 2x 1 2x 1 1

(Mth Hùng)


2 3 2

2 3 2

2

2

222

2

22 2

2

2x 1 x 1 2x 3x 1 2x 1 2x 1 1

2x 1 x 1 2x 1 2x 1 2x 3x 1 1

2x2 2x 1 6x 7x 3x 2

4 2x 1 6x 7x 3x 2

x x 5 x

3x 1

2x 3x 1

01 2x 3

Kết luận : x 5 hoặc 3

x2


2 2 22 x 1 x 1 x 2x 2 2x 5x 2 0

(Heart Blue)


2 2 2

2 2

2 2 2

22 2

2 2 2

2

2 x 1 x 1 x 2x 2 2x 5x 2 0

2 x 1 x 1 x

2 x 1 6x 6x 1 2 x 1 x 2x 2 0

x

2x 2 2

1 6x 6x 1 4 x 1 x 2

x

2

x

0

5 2

x

Optiplex 390

Textbox





22x 1 8x 8x 7 2x 01


x2

Bài toán 39 : Giải phương trình : [1.9-39] [2.1.10-13] 3 2x x 5 2x 9x 1

(Na Bơ Lê Ông)

Hướng dẫn : Bài toán này có ý tưởng giống như đề THPT Nghèn – Hà Tĩnh – lần 1 –

2016. Ta có :

5 4

23 2 3 2

3 2

x x 5 2x 9x 1 x x 5 2x 9x

x 2 x 2x 6x 2x

1

3x 13 0

Vì 3 2x x 5 2x 9x 1 nên 3 2x x 5 0 x 1 x x 2 3 x 1 . Khi đó :

5 4 3 2x 2x 6x 2x 3x 13 1 0

Vậy PT x 2 . Bài toán được giải quyết.

Kết luận : x 2


2

4x 1 1 1x

4 24x x 1

(Lai Nguyen)


22

2 2

2

4x 1 1 1x 2x 2 x 1 4x x 1 8x 2

4 24x x 1

(*)

Có một sự đặc biệt là 22x 2 x 1 2x 2 x 1 4x 1 và 2x 2 x 1 0 x 0 .

Do đó :

222 2

22 2 2 2

2

12x x 3 8 4x x 1 x 12x

(*) 4

x

x x 1 4x 4 x 2 4x

3 64 4x x 1 x

x 1 4x 1

x 1 4

36x 13x

x 4x 2

9 0


x4

Bài toán 41 : Giải phương trình : [1.9-41] [2.1.10-15] 24x 5 2x 6x 4 0

(Nhat Sieu Nhan)


2

2 2 2 24x 5 2x 6x 4 0 4x 5 2x 6x 4 2x 4x 3 2x 8x 7 0

Optiplex 390

Textbox





Kết luận : 4 2

x2


2x 5 2x 13x 22 2 x 4 7 2x x 2

(Ngọc Thắng)


2

2 22 2 22 2

x 5 2x 13x 22 2 x 4 7 2x x 2

x 5 2x 13x 22 4 x 4 7 2x x 2 x 3 2x 17x 3 08

Kết luận : x 3

Bài toán 43 : Giải phương trình : 24 1 x 2 1 x 3 1 x 3x 1 0

(Ngô Vinh)


222 2

2

4 1 x 2 1 x 3 1 x 3x 1 0 4 1 x 2 1 x 3 1 x 3x 1

2 9x 5 1 x 1 0

Kết luận : x 0

Bài toán 44 : Giải phương trình : 2 3 2 36x 27x 54 7 7x 39x 69x 38 7 x 39x 70

(Nguyễn Long, Oxy Kad)

Hướng dẫn : Ta thấy rằng :

3 2 3

3 2

3 2 3

2

7x 39x 69x 38 x 39x 70 7x 39x 69x 38 x 39x 70

6x 39x 108x 108 3 x 2 2x 9x 18

Hơn nữa

3 2

3 2

27x 39x 69x 38 x 2 7x 25x 19

x 39x 70 x 2 x 2x 35

. Do đó xét :

Nếu 3 2 37x 39x 69x 38 x 39x 70 x 2 thì không thỏa mãn phương

trình ban đầu.

Nếu 3 2 37x 39x 69x 38 x 39x 70 x 2 thì ta có :

2 3 2 3

3 2 3

2 2

6x 27x 54 7 7x 39x 69x 38 7 x 39x 70

7x 39x 69x 38 x 39x 70 7x 14

7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2

Optiplex 390

Textbox





22 2

2 2 2

22 2 2

2 2

7x 25x 19 x 2x 35 49 x 2

4x 13x 57 2 7x 25x 19 x 2x 35

8x 26x 114 7x 25x 19 x 2x 35

9x 61x 206 x 6x 19 0

Kết luận : x 3 2 7 hoặc 61 11137

x18

Bài toán 45 : Giải phương trình : [1.9-45][2.1.10-20]

2x 39x 22 7x 10 3x 2

(Tìm Vẻ Đẹp)


2

2 22

2

2

x 22 8 7x

x 39x 22 7x 10 3x 2 x 39x 22 7x 10 3

44x 36 x 25x 19 0 25 3 61x

2

x 2

Kết luận : x 22 8 7 hoặc 25 3 61

x2


2 21 1 x x 1 2 1 x

(Không Bỏ Cuộc)


4 2 2

2 2 24

22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

4x 5x 1 4x 1

14x 5x 1 4x 1 1 x x x 1 4x 1 0

PT 1 1 x x 1 2 1 x 1

x 0;x 1

x

;x2

Thử lại chỉ thấy x 1 và 1

x2

thỏa mãn phương trình ban đầu


x2


2 23x 10x 6 2 x 2 x 0

(Linh Anh)


2

2 222 2 2 5x 8x 2 x 4x 7 04 6

PT 3x 10x 6 2 x 2 x x5


x5


Optiplex 390

Textbox





Kết luận : 4 6

x5

BÀI 1.10 : BÀI ĐỌC THÊM

• 1.10.1 Đánh giá phương trình bậc 3 vô nghiệm

• 1.10.2 Đánh giá phương trình bậc 6 vô nghiệm

• 1.10.3 Giải tổng quát phương trình bậc 3

• 1.10.4 Giải tổng quát phương trình bậc 4

BÀI 1.10.1 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3 VÔ NGHIỆM


Trong một vài trường hợp, sau khi khử căn thức và phân tích nhân tử, ta được

một phương trình bậc 3 có nghiệm rất lẻ. Nghiệm này không thỏa mãn phương trình

ban đầu. Vậy làm thế nào để loại nhân tử này ? Chuyên đề này sẽ giúp bạn đọc đánh

giá phương trình bậc 3 một cách nhanh chóng mà không phải sử dụng bảng biến

thiên.

B – Ý TƯỞNG

Xét hàm số :

3 2f x x ax bx c

Giả sử ta tìm được điều kiện của x là x m . Ta sẽ chứng minh f x 0 x m

Trường hợp 1 : f ' x 0 x m . Điều này chứng tỏ hàm số f x đồng biến trên

m, suy ra :

2f x f m x m x ux v 0 f x f m 0

Trường hợp 2 : f ' x 0 có nghiệm 0x m, thỏa mãn 0

f x min f x . Điều này

chứng tỏ :

2

0 0 0f x f x x k x x 0 f x f x 0

Ví dụ minh họa : Chứng minh : 3 2f x x 3x 3x 13 0 x 1

Ta có 2 x 1 2f ' x 3x 6x 3 0

x 1 2

. Thành thử ta thấy

f 1 2 8 4 2

f 1 2 8 4 2

.

Vậy f x min f 1 2 8 4 2 0 . Suy ra :

2

f x f 1 2 x 1 2 2 x 1 2 f0 x 1 x 8 4 2 0

Cái chúng ta cần không phải là tìm GTNN, mà chỉ là biểu thức :

Optiplex 390

Textbox





2

3 2x 3x 3x 12 8 4 2 x 1 2 2 x 1 2 0 x 1

Tuy nhiên, không phải lúc nào biểu thức bậc 3 nào cũng lý tưởng như vậy vì đôi khi

phương trình f ' x 0 có nghiệm rất lẻ. Do đó, chúng ta cần tìm một thuật toán tối ưu

hơn như sau :

Bước 1 : Tìm 0

x m, thỏa mãn

0f x min f x

.

Bước 2 : Tìm 1

x thỏa mãn 1 0

1

x x

x

Bước 3 : Lấy

1

1 1

p f ' x

q f x px

. Ta được 2

0f x px q x r x x 0 .

Ví dụ minh họa : Chứng minh 3 2f x x 3x 3x 13 0 x 1

Bước 1 : Ta tìm được 0

2.414x 1 2 21356

Bước 2 : Chọn 1

5x 2.5

2

Bước 3 : Ta có

1

5 3p f '

2 4

5 3 1q f x

2 4 2

.

Bước 4 : Sử dụng thủ thuật phân tích nhân tử ta có :

23 1 1

f x x x 2 2x 54 2 4

Kết luận : 23 2 3 1 1

f x x 3x 3x 13 x x 2 2x 5 0 x 14 2 4

C – THỰC HIỆN


2x 3x 2 3x 1 x 1

Hướng dẫn :


2 22 2 3x 3x 2 3x 1 x 1 x 3x 2 3x 1 x 1 x 3 x 2x 1 0

Ta cần chứng minh 3f x x 2x 1 0 là vô lý.

Bước 2 : Tìm nghiệm 3x 2x 1 0 ta thấy

phương trình có nghiệm duy nhất

x 0.4533976515 .

Optiplex 390

Textbox





Bước 3 : Nghiệm này thỏa mãn ĐKXĐ nhưng

không thỏa mãn PT ban đầu nên ta sẽ tìm điều

kiện từ đây.

Bước 4 : Ta thấy rằng 22x 3x 2 3x 1 3x 1 x 1 0 . Do đó

11 x

3

3 17x 0.56155

2

Đây là điều kiện x 0.4533976515 không thỏa mãn. Lại thấy 2f ' x 3x 2 0 . Vậy ta

xét :

Nếu 1

1 x3

thì 1 8

f x f 03 27

. Vô lý.

Nếu 3 17 1

x2 2

thì

1 1f x f 0

2 8

. Vô lý. Bài toán được giải quyết.


2 22 2 3x 3x 2 3x 1 x 1 x 3x 2 3x 1 x 1 x 3 x 2x 1 0

Nếu x 3 thì thử lại thấy thỏa mãn ĐKXĐ và thỏa mãn bài toán.

Nếu 3x 2x 1 0 . Xét 3f x x 2x 1 . Vì ta có 2x 3x 2 3x 1 x 1 nên suy

ra :

22

11 x

3x 3x 2 3x 1 3x 1 x 1 0

3 17x

2

TH1 : 1 1 8

1 x f x f 03 3 27

(vô lý)

TH2 : 3 17

x2

thì do

3 17 1 1 1f x f 0

2 2 2 8

(vô lý)



24x 13x 12 x 2 x 3 x 1

Hướng dẫn :


2 2 22 2 3 2PT 4x 13x 12 x 2 x 3 x 1 x 5x 5 x 10x 36x 36 0

Ta cần chứng minh 3 2f x x 10x 36x 36 0 là vô lý.

Optiplex 390

Textbox





Bước 2 : Tìm nghiệm 3 2x 10x 36x 36 0 ta

thấy phương trình có nghiệm duy nhất

x 0.4533976515 .

Bước 3 : Tìm điều kiện : Do

2x 2 x 3 x 1 4x 13x 12 0 x 2 x 3 0 x 2

Lại thấy 2

2 10 8f ' x 3x 20x 36 3 x 0

3 3

. Do đó ta chỉ cần xét :

2f x f 2 x 2 x 8x 20 0 . Bài toán được giải quyết.


2 2 22 2 3 2PT 4x 13x 12 x 2 x 3 x 1 x 5x 5 x 10x 36x 36 0

Nếu 2 5 5x 5x 5 0 x

2

thì thử lại chỉ thấy

5 5x

2

thỏa mãn ĐKXĐ và bài

toán.

Nếu 3 2x 10x 36x 36 0 .

Vì 2

2 13 23x 2 x 3 x 1 4x 13x 12 4 x 0 x 2 x 3 0 x 2

8 16

(do x 1 )

Suy ra 3 2 2x 10x 36x 36 x 2 x 8x 20 4 0 do

22x 8x 20 x 4 4 0 . Vô lý.

Kết luận : 5 5

x2

.


2x 5x 2 4x 1 x 1

Hướng dẫn :


2 22 2

3 2

x 5x 2 4x 1 x 1 x 5x 2 4x 1 x 1

x 3 x 3x 4x 1 0

Ta cần chứng minh 3 2f x x 3x 4x 1 0 là vô lý.



x 0.3176721962 .

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Textbox





Bước 3 : Nghiệm này không thỏa mãn PT ban

đầu. Ta tìm điều kiện từ đây. Dễ thấy :

2

5.372281324 x 0.25

x 5x 2 4x 1 0

x 0.372281324

Bước 4 : Ta sẽ chứng minh nếu 3 2x 3x 4x 1 0 thì 1 1

x4 3 .

Thật vậy 2f x 3x 6x 4 0 nên chỉ cần xét 1

f x f3

và

1f x f

4

Bước 5 : Sử dụng thủ thuật phân tích nhân tử ta được :

21 1f x f 3x 1 9x 24x 28

3 27

và 21 1

f x f 4x 1 16x 44x 534 64

Bài toán được giải quyết.


2 22 2

4 3 2 3 2

x 5x 2 4x 1 x 1 x 5x 2 4x 1 x 1

x 6x 13x 13x 3 0 x 3 x 3x 4x 1 0

Từ phương trình ta có 22

5 33x

2x 5x 2 4x 1 4x 1 x 1 05 33 1

x2 4

Nếu 5 33 1

x2 3

thì do

2

2 49x 24x 28 9 x 12 0

3

nên

3 2

213x 1 9 1

x 3x 4x 1 0 x27 27 3

x 24x 28

Nếu 5 33 1

x2 4

thì do

2

2 11 9116x 44x 53 16 x 0

8 4

nên

3 2

24x 1 x16 11 1x 3x 4x 1 0 x

64 64 4

44x 53

Vậy x 3 . Thử lại thấy thỏa mãn phương trình



2 2x x 1 x 2x 4 3x 4

Hướng dẫn :


2 22 2 2 2

2 3

x x 1 x 2x 4 3x 4 x x 1 x 2x 4 3x 4

x 2 x 1 x 6x 6 0

Optiplex 390

Textbox





Ta cần chứng minh 3f x x 6x 6 0 là vô lý.

Bước 2 : Tìm nghiệm 3x 6x 6 0 ta thấy

phương trình có nghiệm duy nhất

x 2.847322102 .

Bước 3 : Tìm điều kiện : 2 1 5x x 1 3x 4 0 2.84732210

22x

Vì 2f ' x 3x 6 0 x 2 (do 1 5

x2

) nên ta lấy :

2

f x f 2 x 2 2 x 2 0 f x f 2 0

Lời giải : ĐKXĐ : 2x 2x 4 0 . Ta có :

2 22 2 2 2

26 4 3 2 3

x x 1 x 2x 4 3x 4 x x 1 x 2x 4 3x 4

x 9x 8x 18x 30x 12 0 x 2 x 1 x 6x 6 0


1 5 4x

2 33x 4 x x 1 0 x 2 21 5

x2

Khi đó 2

3x 6x 6 x 2 2 x 2 6 4 2 0 .

Vậy x 2 hoặc x 1 . Thử lại chỉ thấy x 1 thỏa mãn bài toán.



x 2x 3 2 3x x 2 2x 1 x 2

Hướng dẫn :


2 3 22

2 3 2

x 2x 3 2 3x x 2 2x 1 x 2 x 2x 3 2 3x x 2 2x 1

4 x x 1 4x 8x 3x 2 0

Ta cần chứng minh 3 2f x 4x 8x 3x 2 0 là vô lý.



0.329 1x 48354 .

Bước 3 : Tìm điều kiện :

3x 0

2x 2x 3 2x 1 01

x2

. Lại có

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Textbox





2f 12x x 3' x 16

Nếu 3

x 02

thì

4 7f ' x 0 x 1.10762521

6

. Ta lấy

1x 1 . Theo Ý

TƯỞNG ta có :

1

1 1

p f ' x 1

q f x px 2

Vậy

2

2

1

f x px q4x f x 4x x 1 x 2

x x

Nếu 1

x2

thì f ' x 0 . Ta chỉ cần xét

21 1f x f 2x 1 2x 5x 4 0 f x f 0

2 2


2 x3

. Ta có :

2 3 22

2 3 2

x 2x 3 2 3x x 2 2x 1 x 2 x 2x 3 2 3x x 2 2x 1

4 x x 1 4x 8x 3x 2 0


x 2x 3 2x 1 2 3x x 2 2x 1 x 2 0 mà 2

x3

không thỏa mãn phương trình nên 3 1

x 2x 3 2x 1 0 x 0 x2 2

Nếu 1

x2

thì 3 2 24x 8x 3x 2 2x 1 2x 5x 4 2 0

Nếu 3

x 02

thì

23 24x 8x 3x 2 4x x 1 x 2 0 .

Khi đó 3 2

x x 1 04x 8x 3x 2 0

x 2 0

(vô lý).

Vậy 2 1 5x x 1 0 x

2

. Thử lại chỉ thấy

1 5x

2


Kết luận : 1 5

x2

.

Bài tập tự luyện : Giải các phương trình sau :

a) 22x 8x 3 3 x 2 0

b) 2 23x 2 x 2 2x 1 0

c) 3 2x 2x 3 x x 4 x x 1 0

d) 2 28x 11x 2x 9x 6 x 1 0

Optiplex 390

Textbox





e) 2x x 1 x 3x 13 2 3 2x 1 0

f) 3 2 2x x 4 x 3x 2 x 1

Gợi ý :

a) 2

2 3 2PT 2x 8x 3 9 x 2 x 3 4x 20x 16x 9 0 x 3

Vì 2 3 22x 8x 3 0 x 4 4x 20x 16x 9 4x x 1 x 4 9 0

b) 2 2

2 2PT 3x 2 x 2 2x 1

2 3 2 22 x 4x 2 x x 2x 2 0 x 4x 2 0

Vì 2 3 2 21 253x 2 0 x 1 x x 2x 2 2x 1 4x 2x 9 0

8 8

c) 2 23 2 2PT x 2x 3 x x 4 x x 1

2 3 23 3x 7x 3 x x 1 0 3x 7x 3 0

Vì 3 3x x 4 x 2x 3 0 x x 1 x 4 0 x 0 x x 1 0

d) 222 2PT x 8x 11 2x 9x 6 x 1

2 3 24x 8x 3 x 4x 16x 12 0

Vì 2x 8x 11 2x 9x 6 0 x 0

3 2 2x 4x 16x 12 x 1 x 5x 11 1 0

e) 2 22 2PT x x 1 x 3x 13 12 2x 1

2 3 2x 2 x 3x 1 x 4x 3x 6 0

Vì

2

3 23x 14 3x 1 148

x x 1 2x 1 0 x 1 x 4x 3x 6 027 27

f) 2 2

3 2 2 2 3 2PT x x 4 x 3x 2 x 1 2 3x 8x 3 x 2x 2x 2 0

Nếu 3 2 2x 2x 2x 2 0 x 1 x x 1 1 x 1

3 2

2

x x 4 x 1 x x 2 6 0VT VP

x 3x 2 x 1 x 4 2 0

vô lý.

Optiplex 390

Textbox





E – MỞ RỘNG

Chúng ta có thể mở rộng cho đánh giá phương trình bậc cao hơn như bậc 4, 5, 6, …

bằng phương pháp tương tự như trên.

Ví dụ 6 : Giải phương trình : [1.10.1-6][2.1.1-4]

3 2 3 23x 6x 8x 1 2 x x 1 x 2 0

Hướng dẫn :

Ta có :

2 23 2 3 2

2 5 4 3 2

3x 6x 8x 1 4 x x 1 x 2

4x 5x 1 x x 5x 11x 15x 7

T

0

P

Nếu 24x 5x 1 05 41

x8

(thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại chỉ thấy

5 41x

8

thỏa mãn.

Nếu 5 4 3 2x x 5x 11x 15x 7 0

4 3 21 53 12x 1 16x 8x 76x 138x 171 0 x

32 32 2

(vì 2 24 3 2 2 216x 8x 76x 138x 171 4x x 1 70 x 1 13x 100 0 x 2 )

Khi đó

3 2 2

23 2

1 153x 6x

1

8x 1 2x 1 12x 18x 23 08 8 VT 0

23x x 1 3x 1 3x 2 0

27 27

. Vô lý.

Kết luận : 5 41

x8

Ví dụ 7 : Cho t 0 . Chứng minh rằng 5 4 2t t t t 1 0

Hướng dẫn : Xét hàm 5 4 2f t t t t t 1 với t 0 thì

4 3f ' t 5t 4t 2t 1 02

0.6833499 53

t 8

Ta lấy điểm rơi 0

2t

3 . Khi đó :

0

0 0

13p f ' t

8179

q f t pt243

.

Xét 23 213 79 1

f t x 27t 63t 72t 41 3t 281 243 243

.

Tuy nhiên, chúng ta thể đánh giá f t 0 được vì chưa xác định dấu của 13 79

x81 243

.

Tuy nhiên, với điều kiện t 0 thì ta có 3 227t 63t 72t 41 0 nên ta chỉ cần lấy :

2

23 2 41t 59t1f t 27t 63t 72t 3t 2 1 0

243 27 27

Optiplex 390

Textbox





Kết luận : 2

221 41 59 947f t t 3t 7t 8 3t 2 t 0 t 0

27 27 82 4428

BÀI 1.10.2 : ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 6 VÔ NGHIỆM


Có thể thấy trong Thủ thuật CASIO cơ bản, chúng ta giải quyết được một số bài

toán bằng cách khử căn thức rồi phân tích thành nhân tử. Chắc chắn hầu hết những

phương trình mà chúng ta giải bằng phương pháp này đều cho lời giải không được

đẹp. Và có lẽ, chỉ khi quá bí, chúng ta mới làm theo kiểu này … Tuy nhiên, nhiều lúc

chúng ta gặp phải phương trình bậc 6 khá khó chịu. Bài đọc thêm này sẽ giúp bạn đọc

chứng minh phương trình bậc 6 vô nghiệm.

B – Ý TƯỞNG

Xét hàm số :

6 5 4 3 2f x x ax bx cx dx ex f

Tương tự như phương trình bậc 4, ta cũng sẽ nhóm nó thành các tổng bình phương để

chứng minh nó không âm. Trước hết, ta cần làm mất 6x và 5x như sau :

2 2

3 2 4 3 2a af x x x b x cx dx ex f

2 4

Phần còn lại là một phương trình bậc 4, chúng ta có thể chứng minh nó không âm

bằng Thủ thuật đánh giá phương trình bậc 4 vô nghiệm.

Tuy nhiên, không hẳn lúc nào cũng thuận lợi như vậy, chúng ta cần thêm bớt một

lượng như sau :

2 2

3 2 4 3a af x x x mx n b 2m x c am 2n x ...

2 2

Ta sẽ tìm m và n sao cho 2

3 2af x x x mx n 0

2

. Khi đó ta cần biết điểm rơi

của bài toán.

Giải phương trình f ' x 0 , ta sẽ tìm được 0x x sao cho f x min . Khi đó

3 2

0 0 0

ax x mx n 0

2 .

Tóm lại, ta có các bước như sau :

Bước 1 : Tìm nghiệm 5 4 3 2f ' x 6x 5ax 4bx 3cx 2dx e .

Nếu phương trình có nhiều nghiệm thì lấy nghiệm 0x x thỏa mãn f x min .

Bước 2 : Tìm m thỏa mãn

2ab 2m 0

2m

. Thông thường 2a

b 2m 12

.

Optiplex 390

Textbox





Bước 3 : Tìm n thỏa mãn 3 2

0 0 0

ax x mx n 0

2n

Bước 4: Rút gọn 2

3 2af x x x mx n

2

ta được phương trình bậc 4 và chứng

minh nó không âm.

C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng :

6 5 4 2f x x 2x x 4x 2x 2 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Tìm nghiệm : 1

5 4 3

2

3

1.13113382

1.76

x x

f ' x 6x 10x 4x 8x 2 0 x x 849736

2521x . 9 38x 0 8

Ta có

1

2

3

6.13421815

4.26077736

1.7482716

f x

f x

f x 9

nên 025219838f x min x x 0.

Bước 2 : Lấy m thỏa mãn 2 2m 0

m

. Cho

32 2m 1 m

2 .

Bước 3 : Lấy n thỏa mãn 3 2

0 0 0

ax x mx n 0

n2n

10.29865 n

4

.

Bước 4 : Sử dụng thủ thuật đánh giá phương trình bậc 4 ta được :

2 2

3 2 2 2113 1 5 1 27f x x x x x x x

2 4 4 2 16 16

Kết luận : 2 2

3 2 2 2113 1 5 1 27f x x x x x x x 0

2 4 4 2 16 16


6 4 3f x 2x x 3x x 4 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Tìm nghiệm : 5 3 2

0f ' x 12x 4x 9x 1 0 x x 1.05572903

Bước 2 : Lấy m thỏa mãn 1 4m 0 1

m2m

Bước 3 : Lấy n thỏa mãn 3 2

0 0 0

ax x mx n 0

n2n

10.6488 n

2

.

Bước 4 : Sử dụng thủ thuật đánh giá phương trình bậc 4 ta được :

Optiplex 390

Textbox





2 2 2

3 21 1 x 5 6 7f x 2 x x x 1 x

2 2 2 4 5 10


3 21 1 x 5 6 7f x 2 x x x 1 x 0

2 2 2 4 5 10


6 5 4 3 2f x x 2x x 6x 3x 4x 4 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Tìm nghiệm : 5 4 3 2

1

x 1

1f ' x 6x 10x 4x 18x 6x 4 0 x

31.20556943x x

Sử dụng thủ thuật phân tích nhân tử ta được :

5 4 3 2 3 26x 10x 4x 18x 6x 4 2 3x 1 x 1 x x x 2

Bước 2 : Thành thử thấy 1f x min 0 x x suy ra f x chứa nghiệm

1x x hay

chứa nhân tử 3 2x x x 2

Bước 3 : Sử dụng thủ thuật chia biểu thức ta được 6 5 4 3 2

3 2

3 2

x 2x x 6x 3x 4x 4x x x 2

x x x 2

Kết luận : 2

6 5 4 3 2 3 2x 2x x 6x 3x 4x 4 x 0x x 2

Bài tập tự luyện : Chứng minh rằng :

a) 6 5 4 3 2x 2x x 2x x x 5 0

b) 6 4 2x 5x 15x 16x 6 0

c) 6 4 3 2x 2x 6x 2x 8x 4 0

d) 6 5 4 23x x x 5x x 1 0

e) 6 5 3 2x 4x 6x 5x 7x 18 0

f) 6 4 3 2x 2x 6x x 6x 10 0

g) 6 4 3 22x 4x 4x 2x 4x 3 0

BÀI 1.10.3 : GIẢI TỔNG QUÁT PHƯƠNG TRÌNH BẬC 3


Chúng ta có công thức tìm nghiệm tổng quát cho phương trình bậc 2, vậy với

phương trình bậc 3 thì sao ? Bài đọc thêm này sẽ chúng ta giải phương trình bậc 3 tổng

quát.

B – Ý TƯỞNG

Xét hàm số :

Optiplex 390

Textbox





3 2f x x ax bx c với a,b,c

Ta có nhận định sau :

Trường hợp 1 : Nếu f x 0 có 1 nghiệm thì nghiệm này là :

a m nx

3 3

với

2

3 3 3

mn a 3b

m n 2a 9ab 27c

Trường hợp 2 : Nếu f x 0 có 2 nghiệm thì phương trình có nghiệm kép. Bài toán dễ

dàng giải quyết.

Trường hợp 3 : Nếu f x 0 có 3 nghiệm thì 3 nghiệm này là :

1

1

1

2 p q1 ax cos arccos

3 3 32p p

2 p q1 2 ax cos arccos

3 3 3 32p p

2 p q1 2 ax cos arccos

3 3 3 32p p

với 2

3

p a 3b

q 2a 9ab 27c

Vậy các bước để giải phương trình bậc 3 tổng quát trên CASIO như sau :

Bước 1 : Vào MODE EQN, giải phương trình bậc 3, nhập hệ số tương ứng và tìm

nghiệm.

Bước 2 : Xét các khả năng :

Nếu phương trình có nghiệm hữu tỷ thì sử dụng thủ thuật phân tích nhân tử

Nếu phương trình có 1 nghiệm thì làm theo Trường hợp 1 ở trên

Nếu phương trình có 3 nghiệm thì làm theo Trường hợp 3 ở trên

Bước 3 : Khảo sát hàm bậc 3 và chứng minh phương trình chỉ có những nghiệm ở

bước 2.

C – THỰC HIỆN

Ví dụ 1 : Giải phương trình : 3 212x 8x x 1 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Sử dụng CASIO để tìm nghiệm trong

MODE EQN ta được 2 nghiệm là :

1x

2 và

1x

3

Bước 2 : Sử dụng thủ thuật chia biểu thức ta

được :

3 212x 8x x 12x 1

2x 1 3x 1

Optiplex 390

Textbox





Lời giải : 23 2

1x

212x 8x x 1 0 2x 1 3x 1 01

x3

Kết luận : 1

x2

hoặc 1

x3

Ví dụ 2 : Giải phương trình : 3 2x 6x 6x 5 0

Hướng dẫn :


MODE EQN ta được : 3 2x 6x 6x 5 0 6.964582 6x 9

Bước 2 : Đây là trường hợp 1 trong Ý TƯỞNG nên ta có :

3 3

33 3 3

3 3

mn 54 6 648 243m,n 648; 243 x 2 9 24

3 3m n 891

Lời giải : Xét hàm số 3 2 2f x x 6x 6x 5 f ' x 3x 12x 6 . Vậy

f ' x 0 x 2 6 .

Nếu x 2 6 f' x 0 f x f 2 6 0 .

Nếu 2 6 x 2 6 f' x 0 f x f 2 6 0 .

Nếu x 2 6 f' x 0 . Vậy f x 0 có tối đa một nghiệm trong khoảng này.

Vì 33f 2 9 24 0 nên nghiệm đó là 332 9 24 .

Kết luận : 33x 2 9 24 .

Ví dụ 3 : Giải phương trình : 3 22x 3x 2 0

Hướng dẫn :


MODE EQN ta được : 3 22x 3x 2 0 x 0.6776506988


Optiplex 390

Textbox





3 3

3 3

3 33 3

9mn

81 54 2 81 54 24 m,n ;8 881

m n4

81 54 2 81 54 21 1 3 2 2 3 2 28 8x2 3 2 2

Kết luận : 3 31 3 2 2 3 2 2

x2 2

Ví dụ 4 : Giải phương trình : 3 2x 2x 3x 1 0

Hướng dẫn :

Bước 1 : Ta có

3 2

1.19869124

0.28646

x

x 2x 3x 1 20650 x

2.91222 7x 91


1

2

3

2 13 1 43 2x cos arccos

3 3 336 13

p 13 2 13 1 43 2 2x cos arccos

3 3 3 3q 43 36 13

2 13 1 43 2 2x cos arccos

3 3 3 336 13

Lời giải : Vì 3 2x 2x 3x 1 0 là phương trình bậc 3 nên có tối đa 3 nghiệm. Dễ thấy

3 nghiệm này là 2 13 1 43 2

cos arccos3 3 336 13

và

2 13 1 43 2 2cos arccos

3 3 3 336 13

Kết luận : 2 13 1 43 2

x cos arccos3 3 336 13

hoặc

2 13 1 43 2 2x cos arccos

3 3 3 336 13


a) 3 22x 9x 7x 6 0

b) 3 2x 9x 12x 12 0

c) 3 22x x 2x 2 0

d) 3 22x 3x 4x 2 0

Đáp số :

Optiplex 390

Textbox





a) 1

x ;x 2;x 32

b) 3 3x 3 5 25

c) 3 31 127 18 43 127 18 43

x6 6

d) 33 1 9 1 33 1 9 2 1

x cos arccos ; cos arccos3 3 2 3 3 3 211 33 11 33

BÀI 1.10.4 : GIẢI TỔNG QUÁT PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4


Tương tự phương trình bậc 3 thì phương trình bậc 4 cũng có lời giải tổng quát.

Bài đọc thêm này dành cho bạn nào muốn tìm hiểu.

B – Ý TƯỞNG

Xét hàm số :

4 3 2f x x ax bx cx d với a,b,c,d

Ta thêm bớt một lượng như sau :

2 2

4 3 2 2 2 2aax ax bx cx d x x k b 2k x c ak x d k

2 4

Ta sẽ tìm k sao cho 2

2 2ab 2k x c ak x d k

4

có dạng

2A x B , tức :

2

2 2 3 2 2 2ac ak 4 b 2k d k 8k 4bk 2ac 8d k 4b d 0

4d a0 c

Tóm lại, các bước như sau :

Bước 1 : Tìm k thỏa mãn 3 2 2 28k 4bk 2ac 8d k 4bd a 0d c

Bước 2 : Biến đổi biểu thức thành :

2

2

22 2 2 c akaax x k 2k x

2b

4 a 4b 8k

Bước 3 : Đưa về phương trình bậc 2 và tìm các nghiệm.

Ngoài ra chúng ta có công thức tổng quát để tìm 4 nghiệm của phương trình bậc 4 như

sau :

Optiplex 390

Textbox





2

1

2

2

2

3

2

4

a m 2 nx m 2b 12k

4 4 4 m

a m 2 nx m 2b 12k

4 4 4 m

a m 2 nx m 2b 12k

4 4 4 m

a m 2 nx m 2b 12k

4 4 4 m

với 2

3

m a 4b 8k

n a 4ab 8c

Lưu ý : Công thức này chứa cả nghiệm phức (nếu có)

C – THỰC HIỆN

Ví dụ : Giải phương trình : 4x x 1 0

Hướng dẫn : Ta cần tìm k sao cho

3 33 108 12 849 108 12 849

8k 8k 1 0 k12

Khi đó 2 nghiệm của bài toán là 1

2

k 1 kx

2 22 2k

k 1 kx

2 22 2k

Lời giải : Xét 4 2f x x x 1 f '' x 12x 0 . Vậy f x 0 có tối đa 2 nghiệm phân

biệt. Dễ thấy 2 nghiệm này là k 1 k

2 22 2k và

k 1 k

2 22 2k với

3 3108 12 849 108 12 849k

12

.

Kết luận : 3 31 108 12 849 108 12 849

x2 6

3 3

3 3

1 6 108 12 849 108 12 8492

2 6108 12 849 108 12 849

Nhận xét : Phương trình bậc 4 tổng quát có nghiệm xấu như vậy. Do đó trong kỳ thi

THPT Quốc Gia hoặc các kỳ thi thử, chẳng bao giờ đề bài ra nghiệm quá xấu như trên.

Hơn nữa từ trước đến nay, đề thi môn toán tuyển sinh đại học hoặc THPT Quốc Gia

chưa bao giờ có nghiệm căn trong căn hoặc nghiệm chứa căn bậc 3, căn bậc 4, … Do

đó, nếu bạn đọc muốn ôn thi hiệu quả thì chỉ nên học những bài toán có nghiệm hữu

tỷ và nghiệm vô tỷ dạng a b c

d

.

Mấu chốt của các thủ thuật CASIO là đi từ dưới lên, tức là sau khi máy giúp chúng ta

tìm được nghiệm, ta sẽ tìm được mối liên hệ và từ đó, ta có thể dễ dàng phân tích

Optiplex 390

Textbox





nhân tử hoặc nhân liên hợp, đánh giá, sử dụng BĐT, … Trong khi đó, với một người

không sử dụng máy tính mà tư duy thuần túy thì họ sẽ cố gắng nhóm hợp lý để tìm

mối liên hệ rồi sau đó mới giải quyết. Do đó CASIO sẽ giúp ta tư duy rất nhiều.


a) 4 32x 4x 4x 1 0

b) 4 3x x 2x 1 0

c) 4 3 2x 3x 2x 5x 1 0

Đáp số :

a) 3 3

3 3

3 3

1 1 2 4 1 2x 2 2 4

2 2 2 1 2 4

b) 1 8k 1 2 17

x 1 4k4 4 4 8k 1

với

3 312 4 41 12 4 41k

4

c)

3 8k 17 2 11x 13 4k

4 4 4 8k 17

3 8k 17 2 11x 13 4k

4 4 4 8k 17

với

61 1 388 1k cos arccos

3 3 361 61

Optiplex 390

Textbox

Optiplex 390

Typewriter



Education

[Casio] Thu thuat casio co ban - bui the viet