Page 1

Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Phương pháp sử dụng máy tính CASIO

trong bài toán

Phương trình Bất phương trình Hệ phương trình Giá trị lớn nhất – nhỏ nhất

Tập 1 Lưu hành nội bộ, 12/2015


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

CHỦ ĐỀ 1: 7 KỸ NĂNG CƠ BẢN CẦN BIẾT TRONG QUÁ TRÌNH GIẢI TOÁN BẰNG MÁY TÍNH CASIO I. Kỹ năng 1: Kỹ năng nâng lũy thừa: Kỹ năng nâng lũy thừa là rất quan trọng trong quá trình giải toán mà trong quá trình giải toán, ta vẫn thường gọi với những tên quen thuộc như “bình phương hai vế”, “lập phương hai vế”. Học sinh cần nắm vững các hằng đẳng thức cơ bản về nâng lũy thừa như sau:

 a  b 2  a2  b2  2ab .  a  b 3  a3  3a2b  3ab2  b3 .  a  b  c 2  a2  b2  c 2  2  ab  bc  ca  .  a  b  c 3  a3  b3  c 3  3  a  b  b  c  c  a  .  a  b  c 3  a3  b3  c 3  3  a  b  c  ab  bc  ca   3abc .

    

Tuy nhiên, chúng ta có thể sử dụng máy tính Casio để hỗ trợ với những biểu thức bậc không quá lớn và hệ số nhỏ như sau: Ví dụ 1: x 2  x  3   x  1 x  1

Bình phương hai vế của phương trình ta có: x 2  x  3

2

2

   x  1  x  1

Thay x = 100 vào hai vế: 2  2 4 3 2  x  x  3  102070609  1  02  07  06  09  x  2 x  7 x  6 x  9  2  x  1  x  1  1009899  1  00  98  99  x3  98 x  99 

Chú ý rằng hệ số của x trong vế phải không thể lớn như 98 và 99, do đó thay 98  100 – 2  x – 2 và 99  100 – 1  x – 1 . 2

Ta có  x  1  x  1  x 3  98 x  99  x 3   x  2  x   x  1  x3  x2  x  1 . Do đó ta được:

x

2

 x3

2

2

   x  1   x  1  x

4

 2 x3  7 x 2  6 x  9  x 3  x 2  x  1

Ví dụ 2: 2 x 2  x  3   x  2  x  2 Về cơ bản cách làm của ví dụ 2 giống như trong ví dụ 1, tuy nhiên học sinh có thể bình phương nhanh hơn như sau:

2x2  x  3   x  2  x  2  2x2  x  3

2

2

   x  2   x  2   0 (*). 3


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Thay x = 100 vào (*) ta được: 2

2

2

2

 2x  x  3   x  2   x  2   394871017  3  94  87  10  17 Do đó  2 x  x  3    x  2   x  2   3x  94 x  87 x  10 x  17   2 x  x  3    x  2   x  2   3 x   x  6  x   x  13  x  10 x  17   2 x  x  3    x  2   x  2   4 x  5x  13x  10 x  17 2

2

2

2

4

2

2

4

2

2

4

3

2

3

3

2

2

Kỹ năng đọc số liệu của máy tính từ đó chuyển thành đa thức ta gọi là tư duy chuyển hóa số liệu của máy tính. HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG MÁY TÍNH THAY SỐ VÀO BIẾN THÔNG QUA CÔNG CỤ CALC Để có thể thay x = 100 thông qua máy tính Casio chúng ta tiến hành

2

bấm máy tính X 2  2X  3 . Sau đó bấm CALC, máy tính hỏi giá trị của biến X , ta nhập 100 rồi bấm nút “=”. Nhận kết quả 1 – 04 – 10 – 12 – 09.

Do đó ta có: x2  2 x  3

2

 x4  4 x 3  10 x2  12 x  9

BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2

3

2

Bài 1: Rút gọn biểu thức:  x  2    2x  1  x 2  1 . Đáp án: x 4  8 x 3  15x2  10 x  6 .

Bài 2: Rút gọn biểu thức: x2  2 x  3

2

  x  2

2

 3x  5  .

Đáp án: x 4  x 3  3x 2  20 x  29 .

Bài 3: Rút gọn biểu thức: x2  2

3

  x

Đáp án: 6 x 4  2 x3  10 x 2  2 x . 4

3

2

2

 2 x2  x  1  x  2  .


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

II. Kỹ năng 2: Dò nghiệm và phân tích nhân tử phương trình bậc cao: Khi gặp một bài toán chứa căn thức hay còn gọi là phương trình vô tỷ, một trong các vấn đề đầu tiên có thể suy nghĩ tới đó là phương pháp nâng lũy thừa của biểu thức. Nếu như phương trình có nghiệm nguyên hoặc nghiệm hữu tỷ, việc phân tích nhân tử sẽ trở nên không quá khó khăn. Nhưng nếu phương trình có chứa nghiệm vô tỷ thì liệu rằng ta có nên nâng lũy thừa hay không? Kỹ năng này sẽ cung cấp cho các em một kỹ thuật xử lý các bài toán có chứa nghiệm vô tỷ để các em có một công cụ tốt và không ngần ngại khi phải nâng lũy thừa loại bỏ căn thức. Chúng ta cần ghi nhớ các điều sau: 

Tư duy về định lý Viet đảo: Nếu một đa thức P  x  có các nghiệm phân biệt x1 , x2 thì đa thức P  x  chia hết cho x 2  Sx  P trong đó ta có: S  x1  x2 , P  x1 x2 .

Tư duy phân tích nhân tử qua chia đa thức: Nếu P  x  chia cho

x 2  Sx  P được kết quả là Q  x  thì P  x   x 2  Sx  P Q  x  . HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG MÁY TÍNH DÒ NGHIỆM THÔNG QUA CÔNG CỤ SOLVE Để dò nghiệm của phương trình: x2  x  3  9 Ta tiến hành bấm máy tính: X2  X  3  9

Sau đó sử dụng công cụ SOLVE bằng cách bấm: SHIFT + CALC Máy tính hỏi X , ta nhập 1 giá trị bất kỳ thỏa mãn điều kiện xác định, chẳng hạn ta chọn X  2 và bấm “=”. Máy tính trả về kết quả là một nghiệm của phương trình. Chẳng hạn trong phương trình này ta thu được: x  2.576534734 .

5


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Ví dụ: Giải phương trình: 2 x2  2  5 x 3  1 Phân tích Đầu tiên, bình phương hai vế ta thu được kết quả như sau:

4 x2  2

2

 25 x3  1  4 x 4  25 x3  16 x 2  9  0 .

Để phân tích đa thức nhân tử cho phương trình trên, ta tìm hai nghiệm gần đúng của phương trình trên. Bằng công cụ SHIFT CALC trong máy tính cầm tay, ta thu được các nghiệm vô tỷ có giá trị xấp xỉ: x1  0.541381265, x2  5.541381265 . Sử dụng tư duy về định lý Viet đảo đã đề cập ở trên: x1  x2  5, x1 x2  3 , do đó 4 x 4  25x 3  16 x 2  9 chia hết cho x 2  5x  3 . Sử dụng phép chia đa thức 4 x 4  25x 3  16 x 2  9 cho x 2  5x  3 ta được kết



quả là: 4 x 2  5 x  3 . Vậy: 4 x 4  25x 3  16 x 2  9  x 2  5x  3 4 x2  5x  3 . Bài giải Điều kiện xác định: x  1 .

Ta có: 2 x2  2  5 x 3  1  4 x 2  2

2

 25 x 3  1

 4 x 4  16 x 2  16  25 x 3  25 x2  5x  3  0  x  5x  3 4x  5x  3  0   2  4 x  5x  3  0

2



2

5  37 (Thỏa mãn điều kiện). 2 Trường hợp 2: Với 4 x 2  5x  3  0 , phương trình này vô nghiệm.

Trường hợp 1: Với x 2  5x  3  0  x 

Kết luận: Phương trình có nghiệm x 

5  37 . 2

HƯỚNG DẪN SỬ DỤNG MÁY TÍNH CHIA ĐA THỨC THÔNG QUA CÔNG CỤ CALC 100 Để thực hiện phép chia đa thức trong bài toán trên, ta bấm máy tính: 4X 4  25X 3  16 X 2  9 X 2  5X  3 6


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Sau đó bấm CALC, máy tính hỏi giá trị của biến X , ta nhập 100 rồi bấm nút “=”. Máy tính trả về kết quả 3 – 95 – 03. Sử dụng tư duy chuyển hóa số liệu của máy tính đã nêu ở kỹ năng 1, ta có: 3 – 95 – 03 = 4 x 2  5 x  3 . BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Giải phương trình: x 3  x2  x  5   x  4  x  2 Điều kiện xác định: x  2 .

Ta có: x 3  x2  x  5   x  4  x  2  x 3  x 2  x  5

2

2

  x  4  x  2

 x6  2 x 5  x 4  9 x 3  x2  22 x  7  0 Sử dụng máy tính Casio ta thu được: x1  3.302775638, x2  0.3027756377 Tư duy Viet đảo: x1  x2  3, x1 x2  1 Nhân tử thu được: x 2  3x  1



  x  x  1   2 x

Vậy: x 2  3x  1 x 4  x 3  3 x2  x  7  0 Vì x 4  x 3  3 x 2  x  7  x 2

2

2

 x  7  0x   .

Do đó (*)  x 2  3 x  1  0 3  13 . 2 3  13 Thử lại nghiệm ta được x  là nghiệm duy nhất thỏa mãn. 2 3  13 Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x  . 2

Với x 2  3x  1  0  x 

Bài 2: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5 5 Điều kiện xác định: x   . 4

Ta có: 2 x 2  6 x  1  4 x  5  2 x 2  6 x  1

2

 4x  5 7


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 x4  6 x 3  8 x 2  2 x  1  0 x1  2.414213562  x  0.414213562 Sử dụng máy tính Casio ta thu được:  2 x3  3.732050808 x  0.2679491924  4

Tư duy Viet đảo: x1  x2  2, x1 x2  1 Nhân tử thu được: x 2  2 x  1



Vậy: x 2  2 x  1 x 2  4 x  1  0 Trường hợp 1: Với x 2  2 x  1  0  x  1  2 . Kết hợp điều kiện ta có x  1  2 . Trường hợp 2: Với x 2  4 x  1  0  x  2  3 . Kết hợp điều kiện ta có x  2  3 . Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x  2  3 và x  1  2 .

Bài 3: Giải phương trình: x 3  x 2  x 2  1

x 1 1

Điều kiện xác định: x  1 .

  1  x

 x 1 1  1  x  1   x  x  1   x  1  x  1  4 x  x  0  x  x  x  4 x  4 x  1  0 (*)

Ta có: x 3  x 2  x 2  1  x 3  x2

 x 6  x5  4 x3

2

3

2

2

2

5

4

2

2

2

x1  0.430159709  Sử dụng máy tính Casio ta thu được: x2  1.618033989 x  0.618033988  3 Tư duy Viet đảo: x2  x3  1.0000000001  1,x2 x3  0.99999999989  1

Nhân tử thu được: x 2  x  1



Do đó (*)  x x 2  x  1 x 3  2 x2  3x  1  0 (**) Điều kiện có nghiệm của phương trình:

8


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x 3  x 2  1  0  x 3  x2 

3  1  3 3 1  0   x   x 2  x    0  x  8 2  2 4 2 

1 1 5  0  x 3  2 x 2  3x  1  0 . Do đó (**)  x 2  x  1  0  x  . 2 2 1 5 Kết hợp điều kiện ta thấy chỉ có nghiệm x  thỏa mãn. 2 1 5 Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất là x  . 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Vì x 

Bài 1: Giải phương trình: x 2  6 x  2  x  8 Đáp số: x 

5  41 73 5 x 2 2

Bài 2: Giải phương trình: x 2  3x  2   x  1 2 x  1 Đáp số: x  3  2 3  x  1  2 Bài 3: Giải phương trình: 15 x2  x  2 x 2  x  1  5 1  13 1  29 x 6 10 Bài 4: Giải phương trình: 2 x  2  2 x  1  6 x  5

Đáp số: x 

Đáp số: x  1  2 Bài 5: Giải phương trình: 3x 2  3 x3  4 x  2

1  13 6 III. Kỹ năng 3: Phân tích nhân tử biểu thức chứa một căn dạng cơ bản: Đáp số: x 

Ví dụ: Phân tích nhân tử: x  2 x  3 Đặt

x  3  t  x  t 3  3 . Khi đó: x  2 x  3  t 2  2t  3   t  1 t  3  .

Do đó thay ngược t  x  3 ta được: x  2 x  3 

x3 1



x3 3 .

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

Đáp án: 2 x  1  1



x12

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

2x  1  1



2x  1  6

 9


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

IV. Kỹ năng 4: Phân tích nhân tử hai biến không chứa căn: Ví dụ 1: Phân tích nhân tử: x 2  2 xy  y 2  x  y (Tối đa là bậc 2). Thay y  100 , biểu thức trở thành: x 2  2 xy  y 2  x  y  x 2  201x  10100 . Bấm máy phương trình bậc 2 ta được 2 nghiệm: x  100, x  101 . Do đó: x 2  201x  10100   x  100  x  101 . Vì 100  y ,101  100  1  y  1 , vậy: x 2  2 xy  y 2  x  y   x  y  x  y  1 . Ví dụ 2: Phân tích nhân tử: x 3  2 x 2 y  xy 2  y 2  xy  3x  3 y . Thay y  100 , biểu thức trở thành: x 3  2 x 2 y  xy 2  y 2  xy  3x  3 y  x 3  200 x2  10103x  10300

Sử dụng SOLVE ta được x  100   y . Ta có hai cách xử lý sau: Cách 1: Sử dụng CALC: Thay x  1000, y 

x 3  2 x2 y  xy 2  y 2  xy  3x  3 y 1 ta có:  1000013.01 100 xy

1 1 3  x 2  xy  y  3 100 100 Hay nói cách khác phân tích đa thức nhân tử ta được kết quả:  10002  1000.

x 3  2 x 2 y  xy 2  y 2  xy  3x  3 y   x  y  x 2  xy  y  3

Cách 2: Sơ đồ Hoorne: x 1 1 100

200 100

10103 103

10300 0

x 3  200 x 2  10103x  10300  x 2  100 x  103 x  100 Hay x 3  2 x 2 y  xy 2  y 2  xy  3x  3 y   x  y  x 2  xy  y  3 .

Vậy

Chú ý: Phương pháp này rất có ích cho các bài toán về chủ đề tương giao đồ thị hàm số bậc 3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Phân tích nhân tử: x 2  3xy  2 y 2  y  1 Đáp án:  x  y  1 x  2 y  1 Bài 2: Phân tích nhân tử: x 3  2 xy 2  2 y 3  x 2  xy  2 y 2  x  y  1



Đáp án: x 2  y  1 x  2 y 2  1

10


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

V. Kỹ năng 5: Khai căn biểu thức một biến không chứa căn: x4  6 x 3  11x2  6 x  1

Ví dụ: Rút gọn biểu thức: Gán x  100 ta có:

x 4  6 x 3  11x 2  6 x  1  10301  x 2  3x  1 .

2

Ta cũng có thể viết: x 4  6 x3  11x 2  6 x  1  x2  3x  1 . BÀI TẬP TỰ LUYỆN x 4  2 x3  3x 2  2 x  1

Bài 1: Rút gọn biểu thức:

x 4  2 x3  3 x2  2 x  1  x 2  x  1

Đáp án:

VI. Kỹ năng 6: Khai căn biểu thức một biến chứa căn:

x4  2 x2  x  2 x2  1

Ví dụ: Rút gọn biểu thức:

  x  2x

  1

x1

Gán x  3 ta có:

x 4  2 x2  x  2 x2  1

x  1  11.41421356  10  2

Gán x  4 ta có:

x4  2 x2

x  1  18.73205081  17  3

Vậy Xét

x 4  2 x2  x  2 x 2  1 x 4  2 x2  x  2 x 2  1

x 4  2 x2  x  2 x 2  1 Vậy:

2

x  3  x  1  2 x  1  A  x  1 vì  x  4  x  1  3

x  1  x  1 CALC 100 ta có:

x  1  x  1  10001  100 2  1  x2  1 .

x 4  2 x2  x  2 x 2  1

x  1  x2  1  x  1 .

Ta cũng có thể viết: x 4  2 x2  x  2 x 2  1

2

x  1  x2  1  x  1 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Rút gọn biểu thức: Đáp án:

x 2  2  2  x  1 1  2 x

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

VII. Kỹ năng 7: Khai căn biểu thức hai biến: Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức: Gán x  1000, y 

x4  2 x2 y  y 2  2 x 2  2 y  1

1 ta có: 100 11


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

x 4  2 x2 y  y 2  2 x2  2 y  1  1000001.01  1000 2  1 

1  x2  y  1 100

2

Ta cũng có thể viết: x 4  2 x 2 y  y 2  2 x 2  2 y  1  x 2  y  1 .

Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: Gán x  y  1 : Gán x  2, y  1 :

x 2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1

x 2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1  3.414213562  2  2 x 2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1  4.732050808  3  3

x  y  1  xy  1  2 Chú ý rằng:  . Do đó xét: x  2, y  1  xy  1  3 x2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1  xy  1 CALC x  1000, y 

1 : 100

x 2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1  xy  1  1001  x  1

Vậy:

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

2

Ta cũng có thể viết: x 2   y  2  x  2  2  x  1 xy  1  x  1  xy  1 . BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Rút gọn biểu thức: Đáp án:

x2  2 xy  y 2  2 x  2 y  1  x  y  1

Bài 2: Rút gọn biểu thức: Đáp án:

12

x 2  2 xy  y 2  2 x  2 y  1

 x  1

2

 x  1

2

 2 y  2x 2x  2 y  1

 2y  2x 2x  2 y  1  x  2x  2 y  1


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

CHỦ ĐỀ 2: CÁC PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ BÀI TOÁN CHỨA NGHIỆM ĐƠN HỮU TỶ I. Giới thiệu phương pháp nhân liên hợp: Liên hợp căn bậc 2 Liên hợp căn bậc 3 Liên hợp căn bậc 3

ab

a 2  b2 ab

ab

a3  b3

ab

a 3  b3

a 2  ab  b2 a 2  ab  b2 2 1 1 1 Chú ý: a 2  ab  b2  a 2  b 2   a  b   0, a , b không đồng thời bằng 0. 2 2 2 Nếu 2 căn có giá trị bằng nhau, ta có thể liên hợp 2 căn với nhau. II. Ý nghĩa của phương pháp nhân liên hợp:

Giả sử phương trình f  x   0 có nghiệm x  3 và trong phương trình có chứa căn thức

x  6 , khi đó với x  3  x  6  3 . x69  Vậy nếu sử dụng liên hợp: x  6  3  x6 3

x3 x6 3

khi đó sẽ

xuất hiện nhân tử  x  3  và có thể rút ra làm nhân tử chung. Tuy nhiên, vì x  3 nên ta cũng có thể đánh giá

x6 3x.

2

Vậy nếu sử dụng liên hợp: x  x  6 

x x6 x x6

 x  3  x  2  x x6

ta cũng

rút được nhân tử  x  3  . Như vậy bản chất của phương pháp nhân liên hợp là rút ra nhân tử chung để chỉ ra nghiệm của phương trình. Khi hai đại lượng a và b có giá trị bằng nhau, ta có thể sử dụng nhân liên hợp giữa hai đại lượng này. III. Sử dụng chức năng TABLE để phát hiện nghiệm của phương trình: Để biết phương trình x 2  x  7  7 có nghiệm gì, ta có thể sử dụng máy tính Casio để biết nghiệm của phương trình thông qua công cụ SOLVE, tuy nhiên nếu muốn biết chính xác phương trình có bao nhiêu nghiệm ta nên ưu tiên sử dụng công cụ TABLE (Công cụ hình dung gần đúng hình dáng của đồ thị hàm số) như sau: Bước 1: Truy cập vào MODE 7 để sử dụng chức năng TABLE của máy tính. Chuyển phương trình sang một vế và xét hàm số sau: f  x   x 2  x  7  7 13


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bước 2: Lựa chọn START  7 . START là giá trị khởi điểm của hàm số bạn muốn bắt đầu. Vì điều kiện x  7 nên ta lựa chọn START  7 . Bước 3: Lựa chọn END  2 . END là giá trị kết thúc với biến x , thông thường ta chọn END theo công thức: END = START + 9. Bước 4: Lựa chọn STEP  0.5 . STEP là giá trị yêu cầu các biến x sẽ cách nhau một giá trị là bao nhiêu? Thông thường lựa chọn STEP  0.5 . Bước 5: Nhận bảng giá trị và kết luận: Thông qua bảng giá trị hàm số ta nhận được, ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 . Các câu hỏi thường gặp: Câu hỏi 1: Nếu hàm số có tập xác định D   thì lựa chọn thế nào? Trả lời: Khi đó ta chọn START  9 , END  9 , STEP  1 để quét hầu hết các giá trị. Câu hỏi 2: Nếu tập xác định của hàm số nhỏ chẳng hạn D   2; 3.5  thì lựa chọn thế nào? Trả lời: Khi đó ta chọn START  2 , END  3.5 , STEP  0.1 . Câu hỏi 3: Nếu không thấy nghiệm của phương trình thì ta nên tư duy ra sao? Trả lời: Khi đó có 2 tình huống: 1. Nếu có 2 vùng x  a , x  b hàm số đổi dấu thì phương trình có nghiệm trong  a; b  , quay lại MODE 1 và SOLVE với giá trị khởi đầu x  c   a; b  . 2. Nếu không có khu vực nào hàm số 14


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

đổi dấu ta lựa chọn STEP bé hơn chẳng hạn 0.2,0.1 để khảo sát kỹ hơn hoặc dùng SOLVE hỗ trợ tìm nghiệm. Nếu vẫn không tìm ra thì chứng tỏ phương trình vô nghiệm. Câu hỏi 4: Nếu hàm số đồng biến hoặc nghịch biến được phát hiện qua TABLE thì sao? Trả lời: Trong trường hợp đó, ta chú ý rằng khi f  x  đơn điệu hay f '  x   0 hoặc f '  x   0, x  D , khi đó: 

Phương trình: f  x   f  y  có tối đa một nghiệm x  y  D .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Sử dụng TABLE là một nghệ thuật trong giải phương trình, bất phương trình. Bạn đọc cần thực hành qua nhiều bài tập để thành thạo kỹ năng này. IV. Các phương pháp xử lý bài toán có một nghiệm đơn hữu tỷ: Ví dụ: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

 x  1   

2

 x 1  x  2  0

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .  x  1  1  x  1 Nhân tử có thể sử dụng:   x  2  2  x Tính đơn điệu: Hàm số đơn điệu.

15


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải Cách 1: Sử dụng liên hợp căn với số: Điều kiện xác định: x  1 . 2

 

Ta có:  x  1  x  1  x  2  0  x 2  2 x   x2  2x 

x2 x 1 1

 

x 1 1 

x2 2 0

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

Phân tích: Ta nhận thấy biểu thức trong ngoặc x 

1 x 1  1

1 x2 2

vẫn còn chứa dấu âm, lẽ nào vẫn còn nghiệm? Thực chất khi sử dụng máy tính Casio từ đầu, phương trình chỉ có duy 1 1  nhất nghiệm x  2 vì vậy chắc chắn biểu thức x  x 1  1 x2 2 không còn nghiệm nào. Để chứng minh biểu thức vô nghiệm, ta có 2 cách: 

Cách 1: Với chức năng TABLE của máy tính Casio ta được: max

1 x2 2

 0.5 

1 2

Chú ý rằng: max A  a thì biểu thức  a  A   0 luôn đúng. Do đó nếu sau khi liên hợp: Xuất hiện  A   , ta tìm min A . Xuất hiện   A  , ta tìm max A . 

Cách 2: Sử dụng đánh giá phụ: tìm được:

16

1 x2 2

1 a b

1 với a  0, b  0 . Do đó ta b

1 , do đó ta tạo biểu thức: 2

1  1   . x2 2 2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 1 Do đó: Bất phương trình   x  2   x    2 

 1 1   x  2 x     2 x 1 1 2  

Vì: x 

1  2

1 x1 1

 0  x2 2   x2

x2

 2

1  1     0 x1 1  2 x  2  2   1

x2 2

 0, x  1 . Do đó: 1  x  2 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S  1; 2  . Câu hỏi đặt ra: Làm thế nào để nhân liên hợp mà không bị mang dấu âm? Để trả lời câu hỏi này, ta cần biết đến Phương pháp nhân liên hợp truy ngược dấu cấp độ 1 như sau: 

 

Nếu trong phương trình hay bất phương trình có chứa  a đồng thời có đánh giá Ví dụ:

a  b thì sử dụng liên hợp

a b  ab a .

x  1  2 khi đó ta sử dụng liên hợp: x 1

a

x 1 2  x 1 2 x 1 .

 

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

3

Ví dụ:

a  b thì sử dụng liên hợp 3

3

a b



3

a b

3

a  a  b2 3 a .

x  5  2 khi đó ta sử dụng liên hợp:

3

x5 2



3

x5 2

3

x  5  x  5  43 x  5 .

Cách 2: Sử dụng truy ngược dấu cấp độ 1: Điều kiện xác định: x  1 . 2

2

Ta có:  x  1  x  1  x  2  0  2  x  1  2 x  1  2 x  2  0

 

 2 x2  5x  2  2

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

 

x 1 1  x  2  2 x  2  0

2  x  2 x1 1 2  x  2 x 1 1

 x2

x2 2 0

x  2 x  2 x2 2

0 17


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 2 x2    x  2   2x  1   0.  x 1 1 x  2  2  

Vì: 2 x  1 

2 x1 1

x2

x2 2

 0, x  1 . Do đó: 1  x  2 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S  1; 2  . Câu hỏi đặt ra: Điểm yếu của truy ngược dấu cấp độ 1 là việc phải nhân thêm với hệ số nếu muốn sử dụng. Vì vậy ta cần làm thế nào để vừa có thể nhân liên hợp sao cho biểu thức bên trong mang không âm mà vẫn hạn chế được việc nhân thêm hệ số? Để trả lời câu hỏi này, ta cần biết đến Phương pháp nhân liên hợp truy ngược dấu cấp độ 2 như sau: Giả sử bài toán chứa  x  3 và phương trình có nghiệm x  1 . Khi đó ta đánh giá như sau: x  3  2  x  1  2 x  x 2  1  2 x 2  ...

Do đó ta có thể sử dụng các phương án liên hợp sau: 

x 1 x  3 

2x  x  3 

x2  x  2 x 1 x  3

4x2  x  3 2x  x  3

2

x 1 x  3  2

2x  x  3 

 x  1 x  2  x 1 x  3

 x  1 4 x  3  2x  x  3

x4  2x2  x  2 x2  1  x  3

4x4  x  3 2x2  x  3

 x  1  x 3  x 2  3 x  2  x2  1  x  3

 x  1  4 x 3  4 x 2  4 x  3  2 x2  x  3

Việc lựa chọn liên hợp nào là một nghệ thuật và người sử dụng liên hợp trong quá trình làm bài cần phải là một nghệ sĩ, phải biết phối hợp giữa các điều kiện bài toán đưa ra ban đầu để từ đó quyết định đâu là liên hợp cần tìm. Cách 3: Sử dụng truy ngược dấu cấp độ 2: Điều kiện xác định: x  1 . 2

Ta có:  x  1  x  1  x  2  0

 

 x2  3x  2  18

 

x 1 1  x  x  2  0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x2

  x  1 x  2  

x 1 1

   x  2 x  1  

Vì: x  1 

x1 1

1

x 1 1

0

 x  2  x  1  0

 0. x x2 

x 1 1 1

x x2

x2

  x  1 x  2  

x2  x  2

x x2 x1

x 1

 0, x  1 . Do đó: 1  x  2 .

x x2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S  1; 2  . Câu hỏi đặt ra: Ngoài phương pháp nhân liên hợp, ta có thể hóa giải các bài toán phương trình, bất phương trình bằng những phương pháp nào? Trả lời: Ngoài phương pháp nhân liên hợp, ta có thể hóa giải bằng:  Đặt ẩn phụ.  Phân tích nhân tử, nhóm hằng đẳng thức.  Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Cách 4: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: Điều kiện xác định: x  1 . Nhận thấy với x  1 , bất phương trình luôn đúng. Với x  1 . Xét hàm số: f  x   x 2  2 x  1  x  1  x  2 tại D  1;   . Ta có: f '  x   2 x  2  f '  x   2  x  1 

1 2 x 1

1

2 x2

 2  x  1 

3 2 x 1 x  2

x 2  x1

x 2  x 1 2 x 1 x  2

 0, x  1 .

Do đó f  x  là hàm số đồng biến và liên tục trên D  1;   . 2

Nhận thấy rằng f  2   0 , do đó:  x  1  x  1  x  2  0  f  x   f  2   x  2 . Kết hợp điều kiện ta có: 1  x  2 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S  1; 2  .

19


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

V. Tóm tắt lý thuyết:  Công cụ dò nghiệm: SOLVE và TABLE kết hợp.  Nếu căn mang dấu dương, ta liên hợp căn với số (liên hợp cơ bản).  Nếu căn mang dấu âm, ta sử dụng truy ngược dấu

3

o

 

   a  b . a  b : Xét liên hợp  a  b a   a  a  b  a  b : Xét liên hợp a  b a  a

o

23

3

3

3

o Hoặc sử dụng truy ngược dấu cấp độ 2 (Xem lại bài ví dụ). Nếu hai căn có cùng giá trị, ta liên hợp hai căn thức đó với nhau. Nếu sau khi liên hợp căn mang dấu âm, có thể lựa chọn cách xử lý: o Quy đồng. o Sử dụng TABLE tìm max hoặc min. 1 1  . o Sử dụng đánh giá phụ: a b b

VI. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

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

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  4 .  3x  4  4  x , x  3  1  x  3 Nhân tử có thể sử dụng:   2 x  1  3,3 2 x  1  9  2 x  1 Bài giải

Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x  3 . Ta có: 3  x  2   3 x  4  3 2 x  1  x  3  3 x  4  

 3 x  4 

 

3x  4  4  3

3 x  4 3x  4  4

 

2x  1  3 

6 x  4 2x  1  3

x 3 1  0

x4 x3 1

0

  3 6 1   x  4 3    0 3x  4  4 2x  1  3 x 3 1  20

a b .


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  3 6 1   x  4 2 1 0 2x  1  3 x  3 1  3x  4  4  3 2 2x  1 x3    x  4   0  3 x4.  3x  4  4 2x  1  3 x  3  1  

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S   3; 4  . Cách 2: Truy ngược dấu cấp độ 1: Điều kiện xác định: x  3 . Ta có: 3  x  2   3 x  4  3 2 x  1  x  3

 

 2x  1  3 2x  1 

 

3x  4  4  x  3  x  3  0

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

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình: S   3; 4  .

Bài 2: Giải phương trình trên tập số thực:

x  9  2 x 2  3x  5 x  1  1 (Học sinh giỏi thành phố Hà Nội 2013) Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .  3 x  9  2  x  3  Nhân tử có thể sử dụng:   5x  1  2  2 x ,2 5 x  1  4  5 x  1 Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: 1 Điều kiện xác định: x  . 5 3

Ta có: 

3

3

x  9  2 x 2  3 x  5x  1  1

 

x9 2 

2  x  1

3

x9

2

3

 

5 x  1  2  2 x2  3x  5  0

2 x9 4

5  x  1 5x  1  2

  x  1 2 x  5   0

21


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

    x  1        x  1   

   2x  5  0 2 3 3 5 x  1  2  x9 2 x9 4 

 5 5x  1  5   2x    0  x 1. 2 3 5 x  1  2  x9 1  3 

2

5

2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1 . Cách 2: Truy ngược dấu cấp độ 1: Điều kiện xác định: x  3

Ta có:

1 . 5

x  9  2 x 2  3 x  5x  1  1

 2 3 x  9  4 x2  6 x  2 5 x  1  2  0 2

3

 

x  9  2  5x  1  2 5 x  1  4 x2  x  5  0 2  x  1

3

x9

    x  1   

2

3

2 x9 4

5x  1  2

  x  1 4 x  5 

    4x  5   0  x  1 2 3 5x  1  2  x  9 1  3  2

5  x  1 5 x  1

5 5x  1

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1 .

Bài 3: Giải phương trình trên tập số thực:

2 x2  x  2  2x2  4x  x  2 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .  x2  x  2  2   Nhân tử có thể sử dụng:   2 x2  x  2  2x2  4x  2 x 2  4 x  4 Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: 2 x2  4 x  0  x  0  x  2 . 22


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Ta có: 2 x 2  x  2  2 x 2  4 x  x  2 

2x2  8x  8 2 x 2  x  2  2 x2  4 x

 x2

  2x  4   x  2  1  0   2 2  2 x  x  2  2x  4x    x  2   2 x  4  2 x2  x  2  2 x 2  4 x   0   Trường hợp 1: x  2 (Thỏa mãn điều kiện xác định).

Trường hợp 2: 2 x  4  2 x 2  x  2  2 x2  4 x . Kết hợp với phương trình 2 x  4  2 x 2  x  2  2 x2  4 x  ban đầu ta có:  . x  2  2 x2  x  2  2 x 2  4 x Để giản ước căn thức, ta cộng vế với vế (hoặc trừ hai vế cũng được) ta có:

x  2  3x  6  4 x 2  x  2   (Vô nghiệm). 2 2  3x  6   16 x  x  2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  2 . Cách 2: Nâng lũy thừa: Điều kiện xác định: 2 x2  4 x  0  x  0  x  2 . Ta có: 2 x 2  x  2  2 x 2  4 x  x  2  2 x 2  x  2   x  2   2 x 2  4 x Bình phương hai vế ta được:

2

4 x 2  x  2   x  2   2 x 2  4 x  2  x  2  2 x2  4 x x  2 2   x  2   2  x  2  2x2  4x    x  2  2 2 x2  4 x

x  2   x  2 (Thỏa mãn điều kiện xác định). 2  x  2   4 2 x 2  4 x 

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  2 . Như vậy với những bài toán có căn vừa và nhỏ, hệ số không quá lớn, việc lựa chọn phương án nâng lũy thừa là rất khả thi. Yêu cầu lớn nhất đối với dạng bài này là học sinh cần có kỹ năng tính toán và biến đổi tốt, tránh nhầm lẫn trong quá trình tính toán. 23


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 4: Giải phương trình trên tập số thực:

x  x 2  3  2 x2  7  2 x 2  4 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .  x 2  3  2 x2  7  1   Nhân tử có thể sử dụng:   2 x 2  4  2  x Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x 

14 14 x 2 2

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

2

2

2x  7  x  3

x2  4 2

0

2x  4  x

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

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

2

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

Trường hợp 1: x 2  4  x  2 . Thử lại nghiệm ta thấy nghiệm x  2 không phải nghiệm của phương trình, còn nghiệm x  2 thì thỏa mãn. Trường hợp 2:

2 x 2  4  x  2 x 2  7  x2  3  0 . Vì chưa khẳng định

được phương trình này vô nghiệm do đó ta kết hợp với phương trình ban x  2 x 2  4  2 x 2  7  x 2  3  0  đầu ta có:  . x  2 x 2  4  2 x2  7  x 2  3  0

Trừ vế với vế ta được: 2 2 x 2  4  2 2 x 2  7  0 (Vô nghiệm). 24


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  2 . Cách 2: Nâng lũy thừa: Điều kiện xác định: x 

14 14 x 2 2

Ta có: x  x2  3  2 x2  7  2 x 2  4  x  2 x 2  7  2 x 2  4  x 2  3 Bình phương hai vế của phương trình ta được:

x 2  2 x 2 x2  7  2 x2  7  2 x 2  4  2

 2x  4  x  3  x 2

2

2

3

x  0  2 x2  4 x 2  3   2 2 2 2  x 2 x  7  2 x  4 x  3  x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  2 .  x 2x2  7 



 



Qua các bài tập trên ta nhận thấy:  Phương pháp nâng lũy thừa là một phương pháp giải tốt, hoàn toàn không thua kém gì so với các phương pháp giải khác.  Phương pháp nâng lũy thừa đặc biệt có lợi thế ưu việt trong các bài toán mà ta nhẩm được bậc không quá lớn sau khi nâng lũy thừa.  Bên cạnh đó, sau khi hoàn thành bài toán, học sinh cần thử lại cho chắc chắn.  Khi sử dụng TABLE ta thấy có duy nhất một nghiêm, vì vậy nếu xuất hiện nghiệm nữa (Gọi là nghiệm ngoại lai), ta cần thử lại để kiểm tra tính đúng đắn của nghiệm.

Bài 5: Giải phương trình trên tập số thực:

 

3x  2  x  1  2 x2  x  3 (Trích đề thi Học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam 2014) Phân tích 3 Sử dụng TABLE tìm được: x  . 2 10 Nhân tử có thể sử dụng: 3x  2  x  1  2 Bài giải 25


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Điều kiện xác định: x  Ta có: 

3x  2  x  1  2 x2  x  3

3x  2  x  1



3x  2  x  1

3x  2  x  1

2x  3

2 . 3

3x  2  x  1

   2x  3  x  1    

  2x

2

x3

  2 x  3  x  1

 0  3x  2  x  1   3 Trường hợp 1: Với 2 x  3  0  x  (Thỏa mãn điều kiện). 2 1 Trường hợp 2: Với x  1  0 3x  2  x  1

   x  1    x  1

1

3x  2 

3x  2 

  2 x  1   1 . Vì x  do đó: 3 5 5 x  1    x  1 x  1  1 3 3

Vậy phương trình x  1 

1

3x  2  x  1

 0 vô nghiệm.

3 Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    . 2

Bài 6: Giải phương trình trên tập số thực: x12 4x 

   26

5 x  3

2 x 2  18 (Trích đề thi thử Đại học Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2013) Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  3 .  x  1  2 Nhân tử có thể sử dụng:   x 1  2 4  x  4  x  1 Tính đơn điệu: Hàm số đơn điệu.


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: 1  x  4 . Ta có:

x12 4x 

5 x  3 2 x 2  18

 2 x 2  18

x  1  16  4 x  5  x  3 

5  x  3  2 x2  18

x  3  5  x  3   2 x  1  16  4 x  2 x  18  x  1  16  4 x Trường hợp 1: x  3 (Thỏa mãn điều kiện xác định). Thay vào phương trình ta thấy đây là một nghiệm thỏa mãn. 

Trường hợp 2:

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

 2 x 2  3x  1  4

 x  1 4  x   4

 x 2  3x  4  2 x 2  3x  1

2 2 16  x 2  3x  4  2 x 2  3x  1 2   2 x  x  3 2 x  7 x  21  0   2  2 x 2  3x  1  0  2 x  3x  1  0 3  x  1  x  . Thử lại ta thấy các nghiệm này không thỏa mãn phương 2 trình ban đầu. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  3 .

 



Cách 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số: Điều kiện: 1  x  4. Nhận xét: x  1, x  4 không phải nghiệm của phương trình do đó xét f  x   x  1  2 4  x 

5  x  3

với x   1; 4  .

2 x 2  18

 . 2 x1 4x  2x  18  1 1 1 10  x  6 x  9  1     x1 4x 2  2x  18  2

Ta có: f '  x  

1

1

10 x 2  6 x  9 2

2

2

 f ' x   f ' x 

Vì:

2

2

2

4  x  4x  4  x  1 4  x 2 x1 4x

4  x  4x  4  x  1 4  x 

2 x 4  46 x 2  60 x  72

 2x

2

 18

2

x2  4  x  1 4  x 4  x  4x  4  x  1 4  x

 0.

27


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2

 15  1206 Và: 2 x 4  46 x2  60 x  72  2 x4  46  x    0. 23  23  Do đó:  f '  x   0, x   1; 4  . Vậy f  x  là hàm số đồng biến và liên tục

khi x   1; 4  . Do đó phương trình f  x   0 có tối đa một nghiệm. Mặt khác f  3   0 do vậy x  3 là nghiệm duy nhất của phương trình. Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  3 . Chú ý: Công cụ TABLE tìm max, min có hiệu quả rất tốt trong việc xử lý chứng minh các phương trình vô nghiệm hoặc các hàm số đơn điệu. Bài 7: Giải phương trình trên tập số thực:

 

3x 2  10 x  3x  3  x 3  26  5  2 x Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .  3x  3  3  x  1 Nhân tử có thể sử dụng:   5  2 x  1  5  2 x Bài giải

3x  3  0 5 Điều kiện xác định:   1  x   2 5  2 x  0

Ta có: 3x 2  10 x  3x  3  x 3  26  5  2 x  x 3  3x 2  10 x  24 

 x 2  x  12  x  2  

 

3x  3  3 

3 x  2

5  2x  1  0

2x  2

0 3x  3  3 1  5  2x   3 2   x  2   x2  x  12   0 3x  3  3 5  2x  1   2   1  49 3 2   x  2   x      0 2 4   3x  3  3 5  2 x  1  5 Vì 1  x  do đó: 2

2

 1  49  0 vậy x  2 là nghiệm duy nhất. x   2 4  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  2 .

28


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 8: Giải phương trình trên tập số thực: 3x 2  4 x  2  3x  1  2 x  1  6 x3  7 x 2  3  0 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .  2 x  1  1, 3 x  1  2   Nhân tử có thể sử dụng:   3x 2  4 x  2  1 Bài giải  2 x  1  0; 3 x  1  0 1 Điều kiện xác định:  2 x  2  3x  4 x  2  0 3x 2  4 x  2  3x  1  2 x  1  6 x3  7 x 2  3  0

Ta có: 

 

3 x2  4 x  2  1 

3x 2  4 x  1

2

3x  4 x  2  1 ( x  1)(3x  1)

2

 

3x  1  2 

3x  3 3x  1  2 3( x  1)

2x  1  1  6x3  7 x2  1  0

2x  2 2x  1  1 2( x  1)

 6 x3  7 x 2  1  0

 ( x  1)(6 x 2  6 x  1)  0

3x  1  2 2x  1  1 3x  4 x  2  1   3x  1 3 2   x  1     6x2  6x  1   0   2 3x  1  2 2x  1  1  3x  4 x  2  1  2  3x  1 3 2  1 5   x  1     6 x      0  3x 2  4 x  2  1 2 2 3 x  1  2 2 x  1  1   

1 Vì x  do đó: 2

2

 1 5 6  x     0 . Vậy x  1 là nghiệm duy nhất. 2 2  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1 .

Bài 9: Giải bất phương trình trên tập số thực: 5  x 2  x  4  3x  4 

 

10 x

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 . 10 Nhân tử có thể sử dụng: 5  ; x2  x  4  3x  4 x Bài giải 29


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 4  Điều kiện xác định: x   ;   \0 .  3 

Ta có: 5  x 2  x  4  3x  4  

5 x  2 x

 10  10  5   x x 

xx  2 x 2  x  4  3x  4

x 2  x  4  3x  4  0

0

5  x   x  2  0 x  2 x  x  4  3 x  4  

 x  25 x

x 2  x  4  5 3x  4  x 2 x2  x  4  3x  4

 0  x2 0. x

x  2 Kết hợp điều kiện ta được:  4 .   x  0  3

 4  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    ;0    2;   .  3 

Bài 10: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  15  3x  2  x 2  8 Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x 2  15  4; x 2  8  3; 3x  3 Bài giải

Điều kiện xác định: D   . Ta có: 

x 2  15  3x  2  x 2  8  x2  15  4 

x2  1 x2  15  4

x2  1 x2  8  3

 3  x  1

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

30

x2  8  3   3x  3 


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

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

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

Điều kiện có nghiệm: Vì

x 2  15  x2  8

 x2  15  3x  2  x 2  8  x2  8  x 

2 . 3

 x  1 

x2  8  x2  15  1    3  0 . Vậy Do đó: x  1 (Thỏa mãn).  x 2  15  4  x 2  8  3       

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1 .

Bài 11: Giải phương trình trên tập số thực:

x  2  4  x  2 x  5  2 x 2  5x (Đề nghị Olympic 30/04/2013) Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  3 . 1  4  x   Nhân tử có thể sử dụng:  x  2  1  x  2   2 x  5  1  2 x  5 Bài giải Điều kiện xác định: x   2; 4  . Ta có:

x  2  4  x  2 x  5  2 x2  5x

 

 

 2x2  8x  6  1  4  x  x  2  x  2  2 x  5  2x  5  0

 2  x  1 x  3  

x3 1 4  x

 x  3

x2

x2 1

2  x  3 2x  5 2x  5  1

0

 1 x2 2 2x  5    x  3   2  x  1      0.  1 4  x x 2 1 2 x  5  1   31


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Vì 2  x  1 

1 1 4  x

x2

x2 1

2 2x  5 2x  5  1

 0, x   2; 4  .

Do đó: x  3 (Thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  3 .

Bài 12: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x 1

3

  2 x  1 2 x  3  x 2  5 x  2  0

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

Điều kiện xác định: x  Ta có:

x 1

  x  1

3

x  1  1, 2 x  3  1 . Bài giải

3 . 2

  2 x  1 2 x  3  x 2  5 x  2  0

x  1  1   2 x  1

2x  3  1  x2  2x  0

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

x 1 x 1 1

2  2 x  1 2x  3  1

 x  0, x 

3 . Do đó: x  2 . 2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   .

Bài 13: Giải bất phương trình trên tập số thực: 3

x 1  x  7  2 x  8 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  9 . Bài giải Điều kiện xác định: x  8 . Ta có:

3

x 1  x 7  2 x8  3 x1 

 3 x  1  x  8  1 . Lập phương 2 vế ta có: 32

x8 1

2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x  1   x  8  x  8  3  x  8   3 x  8  1  2 x  22   x  5  x  8  0

 2  x  9    x  5 x  8  4  0  2  x  9  

 x  9   x 2  9 x  24  0  x  5 x  8  4

2   9  15    x     2  4  x 2  9 x  24      0   x  9 2    x  9 2   0   x  5 x  8  4 x  5 x  8  4            

 x  9 . Kết hợp điều kiện ta có: 8  x  9 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   8; 9  .

Bài 14: Giải bất phương trình trên tập số thực:

3x  4  x 2  2  3x  x Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

Điều kiện xác định: x  Ta có:

3x  4  x . Bài giải

4 . 3

3x  4  x2  2  3x  x 

 

3 x  4  x  x 2  3x  2  0

2  x  2

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

 2  4   x  2  x    3  3x  4  x 

1  0  x  2. 3

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   .

Bài 15: Giải bất phương trình trên tập số thực:

2 x  3  x  4  2 x 2  3x  5 Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .

Nhân tử có thể sử dụng:

2x  3  x  4 . 33


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải 3 Điều kiện xác định: x   . 2

Ta có:

2 x  3  x  4  2 x 2  3x  5 

x 1

2x  3  x  4

 

  2 x  5  x  1  0

  1   x  1   2x  5   0  2x  3  x  4    1   x  1    2x  3  2   0  x  1 .  2x  3  x  4  3 Kết hợp điều kiện ta có:   x  1 . 2

 3  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    ;1  .  2 

Bài 16: Giải bất phương trình trên tập số thực:

2 x  14  3x  1   x  8  x  3 

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x  3  2, 3x  1  2 . Bài giải

1 Điều kiện xác định: x   . 3

Ta có: 2 x  14  3x  1   x  8  x  3  x  8

 

x3 2 

3x  1  2  0

 x8  3   x  1   0 3x  1  2   x3 2  x  8  3 3 3   x  1        0  x3 2 2 2 3x  1  2     

34

2 x  3  x  4  2 x 2  3x  5  0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  2 x  10  3 x  3 3 3x  1    x  1   0  3x  1  2   2 x32  

   x  1   2 

 3 3x  1    0  x  1. 3 x  1  2  x  3  2 2 x  10  3 x  3  4 x 2  31x  73



1 Kết hợp điều kiện ta có:   x  1 . 3

 1  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    ;1  .  3 

Bài 17: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x3  5x   x  2  x  1  4 x2  4  x  2 

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x 2  2. Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . Ta có: x 3  5x   x  2  x  1  4 x 2  4  x  2

 x 3  4 x2  5x  2   x  2  x  1 

x2 2 0

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

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   .

Bài 18: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x  1  3 x  1  x3  x 2  2  2 x Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .

Nhân tử có thể sử dụng:

3x  1  2 . Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . 35


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Ta có:

x  1  3x  1  x3  x2  2  2x

 x1 

 x1 

 x1 

 3x  1  2   

3x  1  2  x3  x2  2  2  x  1  0

3  x  1 3x  1  2

x  1 x 2  2 x  2  2  x  1  0

 x1

x2  2 x  2  2 x  1  0

  3 x 1 x2  2x  6  x  11   0   3x  1  2 x2  2 x  2  2 x  1  

 x  1  0 (Bất phương trình vô nghiệm).

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   .

Bài 19: Giải bất phương trình trên tập số thực:  x  2   1  3  x  1   2 3  x  2 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  3 . Bài giải Điều kiện xác định: x  3 . Đặt



3  x  t , ta có: x  3  t 2  1  t 2 1  t  1  2t  2

 t 2  2t  1  1  t 2

t  1  0  t 2  2t  1  t  1  t 2 t  1  0

  t1  t2  t  t  1  t  1  t 2 t  1  0  t  t  1   t t 1  0   t11     3x 1  3  x  3  x  1  3 x 3 x 1  0  x  3   1  3  x  1  

 

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  3 .

Bài 20: Giải phương trình trên tập số thực:

x 1 1 x  x 8 Phân tích 36


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Sử dụng TABLE tìm được: x  8 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x  8  4  4 x  8  16  x  8 . Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . Điều kiện có nghiệm: x  x  8  0  x  0  x  1  1  0 . Ta có:

x  1  1  x  x  8 . Bình phương hai vế ta được:

x 11 x  x  8  2 x  x  8  x  8  2 x  x  8 . Bình phương 2 vế ta được: x  8  4 x  4 x  8  3 x  8  4 x  8  0

 x  8  4 x  8   2 x  16   0  x  8

x  8  4  2x  8  0

  x8   x  8  2  0  x  8 .  x8 4   

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  8 .

Bài 21: Giải bất phương trình trên tập số thực: 1

1

x3  1

x4 x2  2x  5  1 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  1 . 1 1  ; x3  1 .  Nhân tử có thể sử dụng: 2x  3 x4 Bài giải 3 Điều kiện xác định: x   . 2 2x  3

Ta có: 

1

1

2x  3

x4

2x  3  x  4 x  4 2x  3

x3  1 x2  2 x  5  1 x3  1

x2  2 x  5  1

x 1

 x  4 2x  3

2x  3  x  4

0

 x  1  x 2  x  1  x2  2x  5  1

0

37


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2   1 3    x    2  4  1     x  1   0. 2 x  4 2 x  3 2 x  3  x  4   x  1  4  1    

2

 x  1

2

 4 1 4 1  0 

 1 3 x  2   4  

 0  x  1.

2

 x  1  4  1

3 Kết hợp điều kiện ta có:   x  1 . 2

 3  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    ;1  .  2 

Bài 22: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x  1  2 x  2  5  2x2  5x  2

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x3

x  1  1; x  2  2 . Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . Ta có:

x  1  2 x  2  5  2x2  5x  2

  x  2  2 x  1 x  3 

 

x 1 1  2

x3

x2 2 0

  1 2   x  2    2 x  1 x  3   0 x 1 1 x2 2     x  2    2  x  1  1 

  x  1  4  2   1 

   x  2    2  x  1  1  

  x  1  4  2  

 

Chú ý rằng: 2  x  1  1

1 x 1 1 x 1

x 1 1

1

x2  0 x  2  2 

  x  1  4  2  0, x  1 . Vậy 1  x  2 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2  . 38

 0 x2 2 2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 23: Giải bất phương trình trên tập số thực:

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

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  1 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x 3  2  x 1. Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . Ta có: x 3  4 x   x  1 2 x  1  3 x 2  x  3

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

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

  x  1    x  1 2 x  1 

x2  x  2 x 1 x  3

0

  2 x2   x  1    x  1  2 x  1    0  x  1. x 1 x  3   1 Kết hợp điều kiện ta có:   x  1 . 2

 1  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S    ;1  .  2 

Bài 24: Giải bất phương trình trên tập số thực: x  24  x

8 12  x  x 2  24 x 

12  x  x 2  24 x Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  3 . Bài giải Điều kiện xác định: x  0 . x  24  x

Ta có:

x  24  x x  24  x

8 12  x  x 2  24 x 

12  x  x 2  24 x

39


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

x  24  x

x  24  x

8 x  24  2 x x  24  x 

x  24  2 x x  24  x 2

 x  24  x    x  24  x  x  24  x    x  24  x   8  x  24  x  8

x  24  x

2

3

3

 x  24  x  2

 3 x  x  24  0  x  3

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   0; 3  . Bài tập áp dụng tương tự: Áp dụng 1: Giải bất phương trình sau trên tập số thực: x  24  x x  24  x

 8  x  12 

 x  24 x 

27 x  12  x2  24 x 

2

Áp dụng 2: Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

x8  x

x8  x

x  4  x2  8x

8 x  4  x2  8x

Áp dụng 3: Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 3

 x4  x  x  2  x2  4x     x4  x  32 x  2  x 2  4 x  

Bài 25: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x2  6 x  8  x2  x  6 x Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x3  2x 

x2 2 x. Bài giải

Điều kiện xác định: x  2; x  0 . Ta có: x 3  2 x  40

x2  6 x  8  x2  x  6 x

x2

x2

x  24  x


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 

 x3  2 x  x2  2

x2 

 x  2  x  4   x

 x  4

x2 0

  x2  x2   x3  2 x  1   1  0    x  4 x  2    x  x    

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

 x  2  3  1   x    x  

x2

3

  2x  2 x  2   0 

 x2  2  1   x x2 x  x x2 x2 2 x x2   x  





 

  0

 x2  2  1   x x2 x x x2 x4 0   x  



1 x2  2  1   x  x  2 2x  2x x  2  2x  8  0   2 x 



1 x x 2  2 2    x  x  2 x  2x x  2  x  2  x  x  6  0   2 x 

x  

x2 2x



2

  x x2  

2

2  1  23  x    0 2 4   

2  x  x  2  x  x  2  0    x  0, x  2 .  x  0  x  0

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   0;   \2 . Chú ý: Khi gặp bất phương trình có chứa hằng đẳng thức, ta chú ý: 

Nếu: A 2  0  x  D .

Nếu: A 2  0  A  0 .

Nếu: A 2  0  A  0 .

Nếu: A 2  0  S   .

Nếu: A 2  B2  C 2  0  x  D .

Nếu: A 2  B2  C 2  0  A  B  C  0 .

Nếu: A 2  B2  C 2  0  A  0  B  0  C  0 . 41


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Nếu: A 2  B2  C 2  0  S   .

Bài 26: Giải bất phương trình trên tập số thực: x  2  x  1  x2  3x  2  1

x3

2x  5  x  1

6

x  2 1

Phân tích 

Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x 

85 . 4

Nhân tử có thể sử dụng: 2 x  1  9 . Bài giải 13 Điều kiện xác định: x  1; x  3; x  . 4 

Ta có:

x  2  x  1  x2  3x  2  1 2x  5  x  1

 

x  2  x  2 x 1 

6 x 1 1

1 2 x1 3

x 2 1

   x  3 

x 2 1

6  x  3

2  x  1  x  1  3

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

x3

x 2 1 6

1 2 x 1 9 3 9 13 85 x .   0   x 1   6 2 2 4 4 6 2 x 1  3

 13  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   ; 3  .  4 

Bài 27: Giải bất phương trình trên tập số thực:

42



x  3  x  1 1  x2  2 x  3  4

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x 1 1. Bài giải


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Điều kiện xác định: x  1 . Ta có:

4 1  x2  2x  3



x  3  x  1 1  x2  2 x  3  4 

x 3  x1

4

 x  1  1  0  x  3  x  1  1   x  1  1  0   x  1  1 x  3  1  0 x2   x  1  1  0  x 1  1 1 x  2 x3 1  1  x2  2x  3  x  3  x  1  x  3 x  1  x  3 

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 2  .

Bài 28: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x

3



 3x  1

x 2  21  x  21

Phân tích Sử dụng TABLE tìm được: x  2 .

Nhân tử có thể sử dụng:

x 2  21  5 . Bài giải

Điều kiện xác định: D   . x 2  21  x  x 2  x  x  x  x  x  0 .

Chú ý rằng:



3

Do đó ta có: x  3 x  1

2

x  21  x  21 

21 x 3  3x  1 x2  21  x

  21

 x 3  3 x  1  x 2  21  x  x 3  2 x  1  x 2  21  0

 x3  2x  4 

  x2 x 2  21  5  0   x  2   x 2  2 x  2  0   x 2  21  5  

   2 x2   x  2    x  1   1    0    x2  21  5      2   x  2    x  1   

x2  21  3  x  0x2. x2  21  5 

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   . 43


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 29: Giải bất phương trình trên tập số thực:

 x  6

x  1  2x  8

x 3 x 1 Phân tích  Sử dụng TABLE tìm được: x  5 . Bài giải Điều kiện xác định: x  1; x  2 . Do đó ta có: 

 x  1

 x  6

x 3 x 1

2

x 1 3

 

2x  1  5 2

x  1  2  x  1  5 x  1  6

 x  1 

x  1  2x  8



x 1 2

x 1 1

x 1 1





x 1  2

x1  2

2x  1  5 2



2x  1  5 2 2x  1  5 2

x  1  3  2x  1  5  2x  1  1  2 x  1

 2x  2 2x  1  4x  4  2x  1  x  2  1  x  5 .

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1; 5  \2 . VII. Phương pháp giải bài toán có từ hai nghiệm hữu tỷ đơn trở lên: Giả sử trong bài có chứa

3x  1 với các nghiệm đó là x  0, x  1 . Khi đó ta

đặt ax  b  3 x  1 và giải hệ:   ax  b  3x  1 x0    ax  b  3x  1  x 1 

Tìm ra các giá trị a , b là: a  b  1 , ta sử dụng liên hợp: ax  b  3x  1

hay x  1  3x  1 . Bài 30: Giải bất phương trình trên tập số thực:

2 x 2  x  3  21x  17  x  x 2 44


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1, x  2 .

Nhân tử cần tìm:  2 x2  x  3  x  1  , 3x  1  21x  17 .   Bài giải: 17 Điều kiện xác định: x  21 

Ta có:

2 x 2  x  3  21x  17  x  x 2

 x 2  x  2 x 2  x  3  21x  17  0

 x 2  3 x  2   2 x2  x  3  x  1   3x  1  21x  17  0  

2

2

 x  3x  2 

 x  3x  2 

2 x 2  x  3   x  1

2

2 x2  x  3  x  1

3x  1  21x  17

9 x2  3x  2

x2  3 x  2 2

2

 3x  1   21x  17   0 

2x  x  3  x  1

3x  1  21x  17

0

  1 9 0  x2  3x  2  1     2 3 x  1  21 x  17 2x  x  3  x  1   17 1 9 Vì x  nên 1   0 21 2 x2  x  3  x  1 3x  1  21x  17

 17  17  x1  17  x  Do đó    21  x   ; 1   2 ;   . 21   21  x 2  3x  2  0  x  2    17  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: S   ; 1   2 ;   .  21 

Bài 31: Giải phương trình trên tập số thực:

x4  x2  4  x 4  20 x2  4  7 x Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1, x  2 .

Nhân tử cần tìm:



x4  x2  4  2 x ,

x 4  20 x 2  4  5x .

Bài giải: Điều kiện xác định: x  0 . 45


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

x4  x2  4  x 4  20 x2  4  7 x

Ta có:



4

x4  x2  4  2x  2

x  x  4  4x 4

2

4

2

x 4  5 x2  4 x4  x2  4  2 x

2

x  20 x  4  25x

2

x 4  20 x 2  4  5 x

x  x  4  2x 

x 4  20 x 2  4  5x  0

x 4  5x 2  4 x 4  20 x 2  4  5 x

0 0

  1 1  x 4  5 x2  4   0  4  2 x4  20 x 2  4  5 x   x  x  4  2x 1 1 Vì x  0 ta có:  0. x4  x2  4  2 x x 4  20 x 2  4  5x

 x 4  5x 2  4  0  x  1 Do đó:    x  0 x  2 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  1; 2

Bài 32: Giải phương trình trên tập số thực:

3x 2  x  3  3 x  1  5x  4 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1, x  0 .

Nhân tử cần tìm: x  1  3x  1 , x  2  5x  4 .



Bài giải: 1 3 2 Ta có: 3x  x  3  3 x  1  5x  4

Điều kiện xác định: x  

 3x 2  x  3  3x  1  5 x  4  0

 

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

2

3 x x

 

 x  1 

 3 x2  x 

46

2

 3x  1

x  1  3x  1 x2  x

x  1  3x  1

 x  2 

2

 5x  4

x  2  5x  4

x2  x x  2  5x  4

0

0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  1 1  x2  x  3   0 x  1  3x  1 x  2  5x  4   1 1 1  0. Vì x   nên 3  3 x  1  3x  1 x  2  5x  4

Do đó x 2  x  0  x  0  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  0;1 Bài 33: Giải phương trình trên tập số thực:

3x  1  2 3 19 x  8  2 x 2  x  5 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1, x  0 .

Nhân tử cần tìm: x  1  3x  1 , x  2  3 19 x  8 .



Bài giải: 1 3 2 Ta có: 2 x  x  5  3x  1  2 3 19 x  8

Điều kiện xác định: x  

 2 x 2  x  5  3x  1  2 3 19 x  8  0

 

 2 x 2  2 x  x  1  3 x  1  2 x  2  2 3 19 x  8  0

2

2

3 x x

 

 x  1 

3 x x 

2

 3x  1

x  1  3x  1 x2  x

x  1  3x  1

3

2  x  2    19 x  8  

2

 x  2    x  2  3 19x  8  

3

3

19 x  8

19 x  8

2

2 x2  x  x  7  2

 x  2    x  2  3 19 x  8 

2

0

 2x  7  1  x  x 3  2 2 x  1  3x  1  x  2    x  2  3 19 x  8  3 19 x  8   1 Vì x   nên x  1  3 x  1  0; x  2  0;19 x  8  0; x  7  0 . 3 2x  7 1 Do đó 3   0 2 2 3 3 x  1  3x  1 x  2  x  2 19 x  8  19 x  8    

2

0

  0  

47


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Vậy x 2  x  0  x  0  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  0;1 .

Bài 34: Giải phương trình trên tập số thực:

28  3 x  24  x 7 x  12 x  14

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1, x  4 .

Nhân tử cần tìm: 6  x  28  3x .

Bài giải: Đặt

x t0t

2 21 . 3

Phương trình trở thành:

28  3t 2  24  t 7 t 2  12t  14

 7 t 3  12t 2  14t  28  3t 2  24  0

 7 t 3  12t 2  13t  18  6  t  28  3t 2  0 3

 7 t  12t

2

6  t  13t  18 

2

 28  3t 2

6  t  28  3t 2

  7t  9  t  3t  2  2

4 t 2  3t  2

6  t  28  3t 2

 4  t 2  3t  2  7t  9   6  t  28  3t 2 

Vì 0  t 

0

0

 0  

2 21 4 nên 7 t  9  0. 3 6  t  28  3t 2

t  1  x  1  x  1 Do đó ta có: t 2  3t  2  0     t  2  x  2  x  4

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  1; 4

Bài 35: Giải bất phương trình trên tập số thực:



31x  34  4 x 2  x  2 2 8 x  9  x  2 48


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài giải: 9 Điều kiện xác định: x   . Quan sát biểu thức trên ta thấy nếu nhân liên 8 hợp cho biểu thức 2 8 x  9  x  2 ta được kết quả 31x  34 . Do đó:



31x  34  4 x 2  x  2 2 8 x  9  x  2

 2  8x  9   x  2

2

 31x  34  4 x 2  x  2

 31x  34  4 x 2  x  2

4 8x  9  x  2

31x  34 8x  9  x  2

      31x  34   4 x  x  2  2 8 x  9  x  2   0   31x  34   12 x  3 x  6  3 x  2  6 8 x  9   0  12  x  x  2    x  4  3 x  2   2  4 x  7  3 8 x  9   0   31x  34  2 8 x  9  x  2  4 x 2  x  2  31x  34  2

2

2

2 2  x  4   9  x  2  2  4 x  7   18  8 x  9    2 0   31x  34  12 x  x  2    x43 x2 4x  7  3 8x  9     x2  x  2 32 x 2  x  2  2  0   31x  34  12 x  x  2    x  4  3 x  2 4x  7  3 8x  9   

  1 32   31x  34  x 2  x  2  12   0 x  4  3 x  2 4x  7  3 8x  9   1 32 9  0 Vì x   do đó 12  8 x  4  3 x  2 4x  7  3 8x  9

 x 2  x  2  31x  34   0 1  x  2  Vậy   9 9    x   34 x    8 31 8 

 9 34  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: S    ;     1; 2   8 31 

49


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 36: Giải bất phương trình trên tập số thực:

x

2x  1  5 x  1



3

7 x  8  2  2 x3  x 2  25 x  25

Điều kiện xác định: x  1 . Quan sát biểu thức trên ta thấy nếu nhân liên hợp cho biểu thức x 2 x  1  5 x  1 ta được kết quả 2 x 3  x 2  25 x  25 . Do đó:

x

2x  1  5 x  1



3

 



7 x  8  2  x 2x  1  5 x  1 x 2x  1  5 x  1

Vì x 2 x  1  5 x  1  0x  1 do đó:

3

7 x  8  2  x 2x  1  5 x  1 .

 x 2x  1  2  3 7 x  8  5 x  1  0  2 x 2 x  1  4  2 3 7 x  8  10 x  1  0

 

 

 2 x  2  3 7 x  8  5 x  1  2 x  1  x x  1  2 2 x  1  x2  6x  5  0

Tuy nhiên để tránh dấu âm trước khi liên hợp ta sửa lại như sau:

 x x  1  2 2 x  1  x2  6 x  5  2 x 2 x  1  7 x  5 . Do đó:

     2  x  2  7 x  8   5  x  1  2 x  1    2x Ta có: 2  x  2  7 x  8   x  1  x  5 

2 x  2  3 7 x  8  5 x  1  2 x  1  x x  1  2 2x  1  x2  6x  5  0

3

2x  1  7 x  5  0

2x x  1

3

2

 x  2   x  2 3 7x  8   3 7 x  8 

5

và 5 x  1  2 x  1  x  1  x  5 

 2x

2x  1  7 x  5  x  1  x  5

x 1 2

 8x  5

, x 1

x  1  2 2x  1

.

Chú ý rằng với x  1 thì: 2x x  1 2

 x  2  x  2 Do đó ta có:

3

7x  8 

3

7x  8

2

5 x 1  2

 8x  5 

x  1  2 2x  1

0

x  1  x  5   0  x  1  x  5 (Thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S  1; 5

50

x1

2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

CHỦ ĐỀ 3: CÁC PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ BÀI TOÁN CHỨA NGHIỆM VÔ TỶ ĐƠN I. Giới thiệu phương pháp nhân liên hợp cơ bản và liên hợp ngược: Ví dụ: Giải phương trình trên tập số thực:

x 3  x2  x  5   x  4  x  2  0 

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

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

f  x   x3  x2  x  5   x  4  x  2 Lựa chọn Start = 2 , End = 7, Step = 0.5 Bước 2: Nhận bảng giá trị: Từ bảng giá trị ta nhận thấy hàm số có sự đổi dấu trong  3; 3.5  . Như vậy phương trình có thể có nghiệm trong khoảng này. Vì vậy ta sẽ sử dụng SOLVE với giá trị khởi đầu x  3.2   3; 3.5  để tìm ra nghiệm này. Bước 3: Quay trở lại Mode 1, ta gõ phương trình:

x 3  x2  x  5   x  4  x  2  0 Bước 4: Bấm Shift Calc (Solve) với giá trị x  3.3 , ta thu được nghiệm: x  3.302775638 Bước 5: Thay vào căn thức ta có: x  2  2.302775638  x  1 Vậy phương trình có nhân tử là:

x 1

x2

 51


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải Cách 1: Sử dụng liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x  2 . Ta có: x 3  x2  x  5   x  4  x  2  0

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

  x  1 x 2  3 x  1   x  4 

x 2  3x  1 x 1 x  2

0

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



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

1 2 x  3 x  1 2 x 2  2 x  6  2  x  1 x  2  0 2 2  2  1 2 1  11    x  3x  1 x  1  x  2   x      0 .  2 2 4    





 x 2  3x  1  0  x 

3  13 . 2

3  13 thỏa mãn. 2  3  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x 

Cách 2: Sử dụng liên ngược: Điều kiện xác định: x  2 . Ta có: x 3  x2  x  5   x  4  x  2  0

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

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

Liên hợp ngược: Xét biểu thức liên hợp:

x 1 52

x2

 x  1 

2

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


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 Do đó:  x  1  x  1  x  2  x  1  x  2    x  4   x  1    x  1  x  2    x  1  x  1  x  2   x  4   0   x  1  x  2   x  x  3   x  1 x  2   0 1   x  1  x  2   2 x  2 x  6  2  x  1 x  2   0 2

 x2  0

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

2

2

2  2  1 1  11    x 1 x  2 x 1 x  2  x      0  2 2 4     x  1 2  x  2 3  13   x  1  x  2   x . 2 x  1  3  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 



ƯU ĐIỂM VÀ NHƯỢC ĐIỂM CỦA LIÊN HỢP CƠ BẢN VÀ LIÊN HỢP NGƯỢC Liên hợp cơ bản Liên hợp ngược Ưu điểm Có lợi thế khi gặp bài toán từ Lợi thế khi gặp bài toán bất 2 căn thức trở lên. phương trình. Nhược điểm Bất lợi khi giải bất phương Bất lợi khi gặp bài toán có trình vì phải xử lý điều kiện nhiều căn thức. mẫu số. Cần thử lại nghiệm sau khi giải xong phương trình. II. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  4 x  3   x  1 8 x  5  6 x  2  

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  4.236067978 .  8 x  5  6.236067978  x  2 Thay vào căn thức tìm nhân tử:  . 6 x  2  5.236067978  x  1  53


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải 1 Điều kiện xác định: x   . 3

Ta có: x 2  4 x  3   x  1 8 x  5  6 x  2

 

  x  1 x  2  8 x  5  x  1  6 x  2  0

  x  1

x2  4x  1 x  2  8x  5

x2  4x  1 x  1  6x  2

0

  x 1 1  x2  4x  1   0.  x  2  8x  5 x  1  6x  2  x 1 1 1  0. Với x   ta có 3 x  2  8x  5 x  1  6x  2

Do đó: x 2  4 x  1  0  x  2  5 .

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  2  5 . Bài 2: Giải phương trình trên tập số thực: x2  x  2  3  x  x Phân tích  Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  2.618033989 .  3  x  0.6180339887  x  2  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  .  x  1.618033989  x  1 Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x   0; 3  .

Ta có: x 2  x  2  3  x  x

 

 x2  3x  1  x  2  3  x  x  1  x  0 2

x

2

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

2

x

x2 3x x 1 x 2 2 x  3x  1 x  3x  1  x2  3x  1   0 x  2  3  x x 1 x

0

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

54


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x 2  x  2  0 Điều kiện có nghiệm:   2 x 3. 0  x  3 x  2  3  x  0 1 1 Vì 2  x  3 nên  1  0. x  2  3  x x 1 x x  1  x  0 2 3 5  x  3x  1  0 Do đó  (Thỏa mãn điều kiện). x 2  2  x  3  3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2  Chú ý: Vì hai mẫu số chưa dương do đó ta cần khai thác điều kiện có nghiệm của phương trình mới có thể hoàn thành bài toán. Cách 2: Liên hợp ngược: (Liên hợp ngược có lợi thế trong bài toán một căn thức. Vì vậy ta có thể hóa giải bài toán bằng cách đặt một căn thức là ẩn phụ). Điều kiện xác định: x   0; 3  .

Đặt t  x  0 . Ta có: x 2  x  2  3  x  x  t 4  t 2  t  2  3  t 2  0

  t

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

  

  

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2



 2t

2



 2t  2 t 2  t  1  t  1  3  t 2  0

t  1  t  1  t  1  t  1  

 t  1 t2  t  1  t  1  3  t2  0

t  1  3  t  t  t  1  t  1  3  t   0 3  t    t  1  3  t   t  t  1  2   0   3  t   t  1   t  t  1 3  t  2   0 3  t   t  1   t  t  1 3  t   0 3  t2

2

2

2

2

2

2

2

3

2

2

2

3

2

2

  x x  1   x  x  1 3  x   0 x  1 3  x  0, 0  x  3 do đó x  1 

x 1 3  x

Vì x x  1  x 

3x 0

 x  1 3  x  x  4  x  2 3  x  x  2  3  x 55


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

x  2 3 5 x  2   2 x 2 2 x  3 x  1  0  x  2   3  x

 3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2  Chú ý: Việc sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ kết hợp với liên hợp ngược có thể đưa bài toán được phân tích nhân tử về dạng tích: 1 x2  x  2  3  x  x  x 1 3  x x x  1 x  x  1 3  x 2 Ta gọi đó là kỹ thuật Ép tích bằng ẩn phụ.



Bài 3: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  3 x  2   x  1 2 x  1 

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.414213562 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: 2 x  1  0.4142135624   x . Bài giải 1 Điều kiện xác định: x   . 2 

Ta có: x 2  3x  2   x  1 2 x  1  2 x 2  4 x  2   x  1 x  2 x  1



 2 x  1    x  1  x 

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

2x  1

2 x  1  x 2 Trường hợp 1: x  2 x  1  0  2 x  1   x    x  1 2 x  0

Trường hợp 2: 2 x  2 x  1  x  1  x  1  2 2 x  1  x  1 2  4 2 x  1     x 2  6x  3  0  x  3  2 3   x  1 x  1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  1  2 ; 3  2 3 .

56


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 4: Giải phương trình trên tập số thực:

x2  x  1   x  2  x2  2x  2 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  3.828427125 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x2  2 x  2  3 . Bài giải Điều kiện xác định: x   . 

Ta có: x 2  3x  2   x  1 2 x  1  2 x 2  4 x  2   x  1 x  2 x  1



 2 x  1    x  1  x 

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

2x  1

2 x  1  x 2 Trường hợp 1: x  2 x  1  0  2 x  1   x    x  1 2 x  0

Trường hợp 2: 2 x  2 x  1  x  1  x  1  2 2 x  1  x  1 2  4 2 x  1     x 2  6x  3  0  x  3  2 3   x  1 x  1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  1  2 ; 3  2 3 . Bài 5: Giải bất phương trình trên tập số thực: x 3  3x 2  x  2  2 x2 x  4  2 x  11 Phân tích  Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.828427124 . 2 x  4  4.828427125  x  3  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  .  2 x  11  3.828427125  x  2 Bài giải Điều kiện xác định: x  4 .

Ta có: x 3  3x 2  x  2  2 x2 x  4  2 x  11  x3  3x 2  x  2  2 x 2 x  4  2 x  11  0

 

 x2 x  3  2 x  4  x  2  2 x  11  0

57


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

x

2

 x  3

2

 4  x  4

x 3 2 x 4

 x2

x  2  2 x  11

2

x  2x  7

2

 x  2    2 x  11  0  2

x  2x  7

0 x  3  2 x  4 x  2  2 x  11   x2 1  x2  2x  7   0.  x  3  2 x  4 x  2  2 x  11   

 x  4  x  4 Điều kiện có nghiệm:  3   x  3 .  3 2 2  x  3x  x  2  0  x  3x  x  3  0 x  3  2 x  4  2  0 Vì x  3   x  2  2 x  11  1  5  0 

x2 x32 x4

1 x  2  2 x  11

0

2  x  2 x  7  0 Do đó   x  1  2 2 .  x  3

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S   1  2 2 ;  .  Bài 6: Giải phương trình trên tập số thực:

x3  x2  x2  1 

x 1 1

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.618033989 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x  1  1.618033989  x . Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x  1 . 

Ta có: x 3  x 2  x 2  1 2

2



x  1  1  x 3  x2  1  x2  1

2

2

x 1  0

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

x 2   x  1

 x

x1  x2  x  1 x2  1   x2  x  1  x2  1  0  x2  x  1  1  0  x  x 1 x  x  1  

58

0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 x2  1  x  x  1   x2  x  1  0   x  x 1  

2   1 3 1 5  x2  x  1   x     x  1   0  x2  x  1  0  x  .   2 4 2  

1 5 thỏa mãn. 2  1  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2  Cách 2: Liên hợp ngược: Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x 

Ta có: x 3  x 2  x 2  1



x  1  1  x 3  x2  1  x2  1

x 1  0

 x2  x  1  x2  1 x  x  1  0

  x 

 x  1  x

 



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

 x 1 x  1  0

2   1 3  x  x  1  x     x  1   0   2 4   2 1 5  x  x  1 (Thỏa mãn điều kiện).  x  x 1   x 2  x  0  1  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2 

Bài 7: Giải bất phương trình trên tập số thực: x 2  x  2 x  2  3 x  1  2  3 x  1

Phân tích  Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  4.236067977 .  x  2x  2  1   Thay vào căn thức tìm nhân tử:  . 2 3 x  1  5.236067977  x  1    Bài giải 1 Điều kiện xác định: x   . 3 59


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Ta có: x 2  x  2 x  2  3x  1  2  3 x  1  x2  3x  1  x  2 x  2  2  3x  1  0

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

 x  1 

2x  2

x  2x  2  1

x2  4 x  1 x  1  2  3 x  1

x2  2x  1   2x  2 

 x2  4 x  1  0

x2  4x  1

 x2  4x  1  0  x  2x  2  1  x  1  2x  2 x  1  2  3 x  1         1 1 2  x  4x  1    1  0   x  2 x  2  1  x  1  2 x  2  x  1  2  3 x  1     1 x    x  0 Điều kiện có nghiệm:   2  x  1 3 3 x  2 x  2  x  2 x  2  0   

   x  2 x  2  1  x  1  2 x  2  0 Với x  1  3 ta có:   x  1  2  3 x  1  0  1 1   1 0  x  2x  2  1  x  1  2x  2 x  1  2 3 x  1       x 2  4 x  1  0 Do đó:  x2 5. x  1  3 Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S   2  5;  . 

Bài 8: Giải phương trình trên tập số thực:

2 x  4 x 2  5 x  2  8 x  1  3x  1 Phân tích 60


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.866025404 . Thay vào căn thức tìm nhân tử:  4 x 2  5x  2  3x  1  2.568672072   8 x  1  3.732050808  2 x Bài giải 1 Điều kiện xác định: x  . 8  

Ta có: 2 x  4 x 2  5 x  2  8 x  1  3x  1



4 x2  5x  2  3x  1  2 x  8 x  1  0

 4x 

2

 5 x  2   3 x  1

4 x 2  5x  2  3 x  1 4x 2  8 x  1

4x 2   8x  1 2x  8x  1

0

4x 2  8 x  1

0 4 x 2  5x  2  3 x  1 2 x  8 x  1   1 1  4x2  8x  1   0.   2 2 x  8 x  1 4 x  5 x  2  3 x  1   

 4x2  5x  2  1  Vì x  do đó  1 8 2 x  8 x  1  4  1   2 4 x  5x  2  3 x  1 2 x 

3x  1  0 0

1 8x  1

0

4 x 2  8 x  1  0 2 3  Như vậy  . x 1 2 x  8 

 2  3  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2 

Bài 9: Giải phương trình trên tập số thực:

6x  5 1  x

1 x 0 1 x

2  3 1 x Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.866025403 . 61


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 1  1  x  1.366025404  x  2  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  .  1  x  0.3660254038  x  1  2 Bài giải Điều kiện xác định: 1  x  1 .

Ta có:

3

6x  5 1  x 2  3 1 x

6  x  1  5 1  x  6 1 x 1 x 0  0 1 x 1 x 2  3 1 x



1 x  2 2 1 x 3 2  3 1 x



1 x 1 x

 0  3 1  x  1  x  2x  2

 6 1  x  2 1  x  4x  4

 

 4x  4  6 1  x  2 1  x  0  3 2x  1  2 1  x  2 x  1  2 1  x  0

 2 x  1 3

2

 4 1  x 

2x  1  2 1  x

3

4x2  3 2x  1  2 1  x

 2 x  1 

2

 4 1  x 

2x  1  2 1  x

4x2  3 2x  1  2 1  x

0

0

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

 4 x2  3

4x  4  6 1  x  2 1  x

 2x  1  2 1  x  2x  1  2 1  x    4 x  3  4x  4  6 1  x  2 1  x   0   4x  3 2x  2  3 1  x  1  x   0

0

2

2

3 (Thỏa mãn điều kiện). 2 Trường hợp 2: 2 x  2  3 1  x  1  x  0 . Khi đó kết hợp với phương 2 x  2  3 1  x  1  x  0 trình ban đầu ta được:  3 1  x  1  x  2 x  2 2 x  2  3 1  x  1  x  0  . Cộng hai vế của hai phương trình ta được: 9 1  x  3 1  x  6 x  6 Trường hợp 1: 4 x2  3  0  x  

62


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 2x  2  3

 

1  x  1  x  9 1  x  3 1  x  6x  6

 8 1  x  4x  8  2 1  x  x  2   1 x1 1  x  1   2  x  0 (Thỏa mãn điều kiện). 2  x  0  x  2   4  x  1  3  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; 0 .  2 

Bài 10: Giải phương trình trên tập số thực:

5x 2  5 x  3  7 x  2  4 x2  6 x  1  0 Phân tích  Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.390388203 .  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  5x 2  5 x  3  2.390388203  x  1   7 x  2  2.780776406  2 x Bài giải 2 Điều kiện xác định: x  . 7 Ta có:

5x 2  5 x  3  7 x  2  4 x2  6 x  1  0



5 x 2  5 x  3   x  1  2 x  7 x  2  4 x 2  7 x  2  0

 1  4 x2  7 x  2    2  5 x  5x  3  x  1 2 x  2 1 Với x  ta có:  2 7 5x  5x  3  x  1 2 x 

  1   0 (*)  7x  2 

1 1

7x  2

1  0.

4 x 2  7 x  2  0 7  17  Do đó  . x 2 8 x   7 

 7  17  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  8 

63


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 11: Giải phương trình trên tập số thực:

15 x2  x  2 x 2  x  1  5 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.767591879 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x2  x  1  1.535183758  2 x . Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x   . 

Ta có: 15 x2  x  2 x 2  x  1  5  15x 2  x  5  2 x 2  x  1  0

 2 2 x  x 2  x  1  15x 2  5x  5  0

2 3 x2  x  1

2

 5 3x 2  x  1  0

2x  x  x  1   2  3 x2  x  1   5  0   2  2x  x  x  1 



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

1  13 . 6 1  13 Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có nghiệm x  thỏa mãn. 6 Trường hợp 1: 3x 2  x  1  0  x 

Trường hợp 2: 10 x  2  5 x2  x  1  0  5 x 2  x  1  10 x  2  25 x 2  x  1  10 x  2 2    75 x 2  15x  21  0  x  1  29  10 10 x  2  0 10 x  2  0

1  29 thỏa mãn. 10  1  29 1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; . 6   10

Thử lại nghiệm ta thấy x 

Cách 2: Liên hợp ngược: Điều kiện xác định: x   . Ta có: 15 x2  x  2 x 2  x  1  5  15x 2  x  5  2 x 2  x  1  0

 2 2 x  x 2  x  1  15x 2  5 x  5  0 64


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

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

2

2

x2  x  1  0

2

 4 x 2  x 2  x  1 1  13 Trường hợp 1: 2 x  x 2  x  1   . x 6  x  0

Trường hợp 2: 10 x  2  5 x2  x  1  0  5 x 2  x  1  10 x  2  25 x 2  x  1  10 x  2 2    75 x 2  15x  21  0  x  1  29 .  10 10 x  2  0 10 x  2  0  1  29 1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; . 6   10

Bài 12: Giải phương trình trên tập số thực:

3x 2  3 x3  4 x  2 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.767591879 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: 3 x 3  4 x  2  1.767591879  x  1 . Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: x   . 

Ta có: 3x 2  3 x 3  4 x  2  3 x2  3 x 3  4 x  2  0

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

 x  1

2

 3x  x  1  2

 x  1   x  1

3

3

3

 x3  4x  2

x  4x  2 

3

 x  4x  2

  1  3 x2  x  1  1  2  x  1   x  1 3 x 3  4 x  2    

3

3

2

0

x3  4x  2

2

  0   

65


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

  2  3x2  x  1  1  2  x  1  x  1  3 x 3  4 x  2   

2

  

3

x3  4 x  2

2

  0   

1  13 (Thử lại nghiệm thỏa mãn). 6  1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  6  Cách 2: Liên hợp ngược: Điều kiện xác định: x   .  3x 2  x  1  0  x 

Ta có: 3x 2  3 x 3  4 x  2  3 x2  3 x 3  4 x  2  0

 3x 2  x  1  x  1  3 x 3  4 x  2  0 2 2  3  x  1  3 3 x  1    x  1  3 x3  4 x  2  0  x  1  x  4x  2  x  4 x  2      2  4   2 2   3  x  1  x  1 0  x  1  3 x3  4 x  2   3 x3  4 x  2    1     2  4  

3

3

2

2 3  x  1  x  1 Vì  3 x3  4 x  2   1  0x    x  1  3 x 3  4 x  2   2 4  

1  13 (Thử lại nghiệm thỏa mãn). 6  1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  6   3x 2  x  1  0  x 

Bài 13: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  2 x  4   2 x  1 x  4  0 

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.561552813 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x  4  1.561552813   x . Bài giải Điều kiện xác định: x  4 . 

x 2  2 x  4   2 x  1 x  4  0   x 2  x  4   2 x  1 x  x  4  0 66


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 x  x  4   x 

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

 x

x  4   2 x  1 x  x  4  0



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

1  17 4  x  0 Với x  x  4  0   x  x  4   2 x 2  x  x  4  0  1  13  4  x  1 Với x  1  x  4  0   x  1  x  4   2 . x 2  x  x  3  0  1  17 1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; . 2  2 

Bài 14: Giải phương trình trên tập số thực:

2 x 2  x  1  3x x  1  0 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.390388203 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: x  1  0,7807764064  2 x . Bài giải Điều kiện xác định: x  1 . 

Ta có: 2 x 2  x  1  3 x x  1  0  4 x 2  x  1  3 x 2 x  x  1  0

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

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

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

x  1 2x  x  1  0

x1  0

2 1  17  4 x  x  1 Trường hợp 1: 2 x  x  1   . x 8  1  x  0

 x 2  x  1 1 5 Trường hợp 2:  x  x  1   . x 2 1  x  0  1  5 1  17  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   , . 8   2

67


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 15: Giải phương trình trên tập số thực:

2 x 2  5x  x2  2 

x2 0

Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.464101615 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: 2 x  2  1.464101615   x . Bài giải Điều kiện xác định: x  2 . 

Ta có: 2 x 2  5x  x 2  2

x  2  0  4 x 2  10 x  2 x 2  2

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

x2 0

  x 3  4 x2  8 x  x 2  2 x  2 x  2  0 2

2

2

  x  2

x2 0

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

 x  2 x  2 x2  2  x x  2 x  2

x2 0

 x 2  4  x  2  Trường hợp 1:  x  2 x  2    x 22 3 2  x  0  x  1 1  x 2  x  2  Trường hợp 2: 1   x x  2     x  1  5  2  x  0   2 1  5   Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  1; ;2  2 3 . 2  

Bài 16: Giải bất phương trình trên tập số thực: x3  x  1  x

 

68

x 1

3

0 x  x2  x  1 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.464101615 .

Thay vào căn thức tìm nhân tử: 2 x  2  1.464101615   x . Bài giải


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x  1 Điều kiện xác định:  2  x  1 .  x  x  1   x

Với x  1  x  x2  x  1  x  x 2  x  x2  x  1  x  x  x  x  0 Do đó x  x2  x  1  0x  1 .

3

3  3 x  x  1  x x  1  0 0 Ta có: x  x2  x  1  x  1 3 2 x 3  x  1  x  x  1 x  1  0  x  x  1  x  x x  1  0   x  1  x  1   x 2  x  1  x 2  x x  x  1  0   x  1

x3  x  1  x

x1





 



 



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





2 x  x  1  0  x  1   x  x  1  x 2 x  x  1  0     x  1 0  x  1 0  x  1  x  1  1 5 x  2    1 5 1 5     x   1;  1  5  1  x   2 2  x   2  0  x  1  1 5  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S   1; .  2  

69


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 17: Giải phương trình trên tập số thực:

1 

1 x



2 x2  2 x  1  x  1  x x

Phân tích  Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  0.3819660113 .  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  x  0.6180339887  1  x    x  1  x 2  2 x  2 x  1  0.726542528   2 2  2  2 x  2 x  1  x  x  x  x  0.726542528 Bài giải Điều kiện xác định: x  0 .

Ta có: 1  1  x

 1 1 x





2 x2  2 x  1  x  1  x x

 

2x2  2x  1  x  1  1  1  x



1 x 1

Vì 1  x  1  0 do đó ta có:

1 

1 x



 

2x2  2x  1  x  1  1  1  x

 2x2  2 x  1  x  1 

1 x 1



1 x 1

x

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

 2x 

2

 

 2x  1  x2  x

  x 1

2 x 2  2 x  1  x2  x

x2  3x  1 2 x 2  2 x  1  x2  x

 x  1

2

x

2 x 2  2 x  1  x2  x

x 0

 x 1 x  0

 x 1 x  0

 x  1  x  x  1  x   x  1  2 x 2  2 x  1  x2  x

x 0

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

2

2

2

70

2

x 0

x

x


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

0  x  1 3 5 Trường hợp 1: x  1  x  0  1  x  x   x 2 2 1  x   x x  1  x  2 x2  2 x  1  x 2  x  0  Trường hợp 2:   2 x 2  2 x  1  x 2  x  x  1  x  0 Cộng hai vế của hai phương trình trên ta được: 2 2x2  2x  1  2x  2  0  2x2  2x  1  1  x

2 x 2  2 x  1  1  x 2     x 2  0  x  0  0  x  1 0  x  1

 3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; 0 .   2 Bài 18: Giải phương trình trên tập số thực:

 6x

2

 12 x  6

2 x  1  x 3  22 x 2  11x Phân tích

x  7.464101615 Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được:  . x  17.48529137

Thay x  7.464101615 vào căn thức ta được: x  2 2 x  1 .

Thay x  17.48529137 vào căn thức ta được: x  3 2 x  1 . Bài giải 1 Điều kiện xác định: x  . 2 

 2x  1  x  22x  11x  x  22 x  11x   6 x  12 x  6  2 x  1  0  2 x  16 x  8 x   3x  6 x  3   x  2 2 x  1   0  2 x  x  4  2 x  1     3 x  6 x  3   x  2 2 x  1   0  2 x  x  2 2 x  1  x  2 2 x  1    3 x  6 x  3   x  2

Ta có: 6 x2  12 x  6 3

2

3

3

2

2

2

2

2

2

2

  x  2

 2 x  1  x

 x  2 2 x  1 3x 2  6 x  3  2 x x  2 2 x  1 2

2x  1  0

  0

 6x  3  4x 2x  1  0

71


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

  x  2  x  2  x  2  x  2  x  2

  2 x  1    x  18 x  9  4 x  x  3 2 x  1    0 2 x  1     x  9  2x  1   4 x  x  3 2 x  1    0 2 x  1     x  3 2 x  1  x  3 2 x  1   4 x  x  3 2 x  1  x  3 2 x  1  4 x  x  3 2 x  1   0 2 x  1  x  3 2 x  1  x  2 x  1   0

 x  2 2 x  1 3x 2  18 x  9  12 x 2 x  1  0 2

2



2x  1  0

x 2  8 x  4  0  Trường hợp 1:   x 42 3 1 x   2  x 2  18 x  9  0  Trường hợp 2:  x96 2 1 x  2  3x  3 2 x  1  0  Trường hợp 3:  x 1 1 x  2 

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  4  2 3; 9  6 2;1 . Bài 19: Giải phương trình trên tập số thực:

2  x  2  x  4  x2  2x2  2x  2 Phân tích Sử dụng TABLE và SOLVE tìm được: x  1.322875656 .  1  2  x  1.822875656  x  2  1  Thay vào căn thức tìm nhân tử:  2  x  0.822875656  x  . 2  3  2  4x  2  Bài giải

Cách 1: Liên hợp cơ bản: Điều kiện xác định: 2  x  2 . 72


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Ta có:

2  x  2  x  4  x2  2x2  2x  2

 2 2  x  2 2  x  2 4  x2  4 x 2  4 x  4

 

 

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

 4x

2

 2 x  1 7

2

 4  2  x

2x  1  2 2  x

 4x2  7 

4 x2  7 2x  1  2 2  x

 2 x  1 

2

 4 2  x

2x  1  2 2  x 4x2  7 2x  1  2 2  x

3  4 4  x2

3  2 4  x2

4 x2  7 3  2 4  x2

0

 1 1 1  4x2  7  1     2 x  1  2 2  x 2 x  1  2 2  x 3  2 4  x2 

 0

   0 (*).  

Điều kiện có nghiệm: Ta thấy: 2 x 2  2 x  2  2  x  2  x  4  x2  2 x2  2 x  2  2  x  2  x  2 2  x 2  x  4  x 2  2 x2  2 x  2  4  2 4  x 2  4  x 2  4  4  x2  2 x  1 2  x  1 . Kết hợp điều kiện xác định   .  2 x2  2 x  4  0    x  2  x  2 Do đó từ (*) ta có hai trường hợp sau: 4 x 2  7  0  7 Trường hợp 1:  x  1 x . 2  x  2  1 1 1 Trường hợp 2: 1     0 (**) 2x  1  2 2  x 2x  1  2 2  x 3  2 4  x2 Với x  2 ta thấy 2 là một nghiệm của (**). Với 1  x  2 ta thấy:  2 x  1  0 1 1 1  1   0  2x  1  2 2  x 2x  1  2 2  x 3  2 4  x2  2 x  1  1  0

Do đó (**) có nghiệm duy nhất x  2 .  7  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; 2  .  2   a  b  a  b  2 ab  Chú ý: Đánh giá phụ kết nối hai căn:  3 3 3  a  b  3 a  b  3 ab 

3

a3b

 73


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Cách 2: Sử dụng đánh giá phụ và liên hợp ngược: Điều kiện xác định: 2  x  2 . Ta có:

2  x  2  x  4  x 2  2 x2  2 x  2

 2 2  x  2 2  x  2 4  x2  4x2  4x  4

 

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

   2x 

 2  x  2 x  2 

  2x  0

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

2x 

     2 x  4  2 4  x 2  2 x  2  4  2 4  x 2   0    0  x  2 Trường hợp 1: 2 x  4  2 4  x 2   2 2 4 x  4  2 4  x 1  x  2 7  1  x  2  2  4 x 2 2 2 2  2 x  2  4  x 4 x  7 x  0

  2  x  1 4  2 4  x2    2x  2    2 2 4  2 4  x  4 x  8 x  4 2  x  1   2  x  1     2  x 2  x  2 x  x  2   2  x 2 x 2  x  2  x  0

Trường hợp 2:

Vì 2 x 2  x  2  x  0  2  x  1  2  x  0  x  2  7  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; 2  .  2  Cách 3: Ép tích bằng ẩn phụ: Điều kiện xác định: 2  x  2 .

Đặt t  2  x  0  t  2 . Ta có:

2  x  2  x  4  x2  2x2  2x  2

 t  4  t 2  t 4  t2  2 t2  2

2

 2 t2  2  2

  t  1 4  t 2  2t 4  6t 2  t  2

 t  1  4  t2 74

t  1   2t  7t  t  3  0 4

2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

t  1   2t  7t  t  3  0   2t  2t  3  t  t  1   t  1  4  t   t  1  0   t  1  4  t  t  1  4  t   t  t  1   t  1  4  t   t  1  0   t  1  4  t    t  1  4  t   t  t  1  t  1   0     t  1  4  t   t  t  2   t  t  1 4  t   0   t  1  4  t    t  2t    t  t  4  t   t  2  4  t    0     t  1  4  t   t  t  2   t  1 4  t    t  2  4  t    0     t  1  4  t   2t  t  2   t  2   t  1 4  t   2  t  2   t  2  4  t    0   Chú ý rằng: 2t  t  2    t  2  4  t  t  2  4  t  . Do đó:  t  1  4  t2 2

4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

2

2

2

2

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

t  1 

4  t2

t  2 

 t  1  4  t2 



4  t 2  t  2  4  t 2 

t  2 

2  x 1 2  x



4  t2

2

 t  2  t  1 2

t  4t  4   2t  3t  2

3

4  t 2  2  t  2    0 

4  t2  0

2 x 2 2x A0

Trong đó: A  6  x  4 2  x   2 x  7  4  x2  0x   2; 2  . Vậy: Trường hợp 1:

2  x  1 2  x  2  x  3  x  2 2  x 1 7  x2  2 2  x  2x  1   2 x (Thỏa mãn). 2 2 4  2  x   4 x  4 x  1 

Trường hợp 2:

 2  x 2 

2 x 2 2x 0

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

 2x 2 2x  2 2x 2 2x 0 

2x 0

Vì 2  2  x  2  x  0 do đó x  2 (Thỏa mãn điều kiện).  7  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; 2  .  2  75


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 20: Giải phương trình trên tập số thực:

4 x3  1  x  x 2  2 x  2

3

(Trích đề luyện thi số 01 thầy Đặng Thành Nam – VTED.VN) Điều kiện xác định: x   .

Ta có: 4 x3  1  x  x 2  2 x  2

 6 x 2  6 x  4  4 x2  2 x  2 2

 2  x  1  4 x 2  2 x  2

  2 2

 x  2 x  2  1 x2  2 x  2  1 2



3

x2  2x  2  0

x2  2x  2  1  0

x2  2 x  2  1  4 x 2  2 x  2



x 2  2 x  2  2 x2  x  0

Trường hợp 1:

x2  2 x  2  1  0  x  1

Trường hợp 2:

 1 x  0  x  x  2x  2  2x  x   2 x 2  2 x  2  4 x 4  4 x 3  x2  2

2

 1 x  1  1 x  0  x  2 x  0  x      2 1 x 4 x 4  4 x 3  2 x  2  0   x  1 4 x 3  2  0 3  2    1  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  1;  . 3 2 

Bài 21: Giải phương trình trên tập số thực:

5x  6  5 x  1  x 2  1  0 Điều kiện xác định: x  1 . Đặt t  x  1 , phương trình trở thành: 5t 2  1  5t  t t 2  2  0

       3t  1  t  1  t   3t  1  t  1  3t  1    3t  1  t  1  2t  1  t  1   0   3t  1  t 2  2 t  8t 2  6t  1  0 2

2

2

 3 x1  x1 1 76

2



x 1 2 x 1 1 0

x2  2x  2  1  0

t2  1  0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x  1  2 x  1  1  0 do đó 3 x  1  1  x  1

 9x  8  6 x  1  x  1  6 x  1  9  8x  9 45  3 17 1  x  8  x (Thỏa mãn điều kiện). 32 36  x  1   9  8 x 2 

 45  3 17  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   . 32  

Bài 22: Giải phương trình trên tập số thực:

4x  3  2 1  x2  4 1  x  0 Điều kiện xác định: 1  x  1 . Đặt t  1  x , phương trình trở thành:

4t 2  4t  1  2t 2  t 2  0  2t t  1  2  t 2  2t 2  2t  1  0

 2  t  t  1 

 2t t  1  2  t 2  t  1  2  t 2

 3t  1 

2

 3 1 x  1 x 1



t  1 

2  t2  0

2  t2  0

1 x  1 x 1  0

Trường hợp 1: 3 1  x  1  x  1  0  3 1  x  1  x  1  9 x  9  2  x  2 1  x  10 x  7  2 1  x  7 3 19  36   x  1   10 x (Thỏa mãn điều kiện). 50  10 x  7 2  4  1  x  

Trường hợp 2:

1 x  1 x 1  0  1 x  1 x  1

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

 3 19  36  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   . 50  

Bài 22: Giải phương trình trên tập số thực: x x3  3 x  x 2  3  x  3  x  0 77


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Điều kiện xác định: x  3 . Đặt t  x . Khi đó phương trình trở thành: t 2 t 6  3t 2  t 4  3  t 2  3  t  0  t 3 t4  3  t 4  3  t2  t  3  0

  t  t

 t 3 t t  3  0  1  t  3  t   t  t  3  0  1  t  3  t    t  3  t 

 t3  1 3

3

 

4

2

4

4

4

2

4



t4  3  t  0

t4  3  t t3  t  1  t 4  3  0

x2  3  x

   x  1

x  x2  3  1  0 .

Chú ý rằng:  x  1 x  x 2  3  1  0, x  3 .  x 2  x  3  0 1  13 Do đó: x  3  x  0   x . 2  x  3  1  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   .  2  2

Bài 23: Giải phương trình trên tập số thực:

x2  9 x  8  6x2  x  1  2x2  1

2x  1  x2  2

3x  1

1 . 2 Đặt ẩn phụ t  2 x  1 . Khi đó phương trình trở thành:

Điều kiện xác định: x 

4t 5  2t 4  8t 3  32t 2  4t  30  t 4  2t 2  4t  9

6t 2  10  0



 20t 2  32t  12  t 4  2t 2  4t  9 4t  2  6t 2  10  0



 

 2 10t 2  16t  6  t 4  2t 2  4t  9 4t  2  6t 2  10  0

   4t  2 

   10  2 6t

 4t  2  6t 2  10 2 4t  2  6t 2  10  t 4  2t 2  4t  9  0

6t 2

2



 10  t 4  2t 2  12t  5  0

 4 2 x  1  2 3 x  1  2 4 3x  1  12 2 x  1  4 x2  4  0 78


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh



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

1 . 2 Do đó: 2 2 x  1  3x  1  1  0  2 2 x  1  3x  1  1

Vì 3 2 x  1  3 x  1  x2  1  0, x 

 4  2 x  1  3x  1  1  2 3x  1  8 x  4  3 x  2  2 3x  1   5 x  6  2  4  3 x  1 36  4 31   5x  6  2 3 x  1   x 6 25 x  5   36  4 31  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   . 25  

Bài 24: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  2 x  1   x  1 x  2  0 Điều kiện xác định x  2 .



Ta có: x 2  2 x  1   x  1 x  2  0 .  2 x  3  2 x  2 x  1  x  2  0 x  1  0 1  5 Trường hợp 1: x  1  x  2   x 2 2  x  1  x  2  3 2 3  2  x   2 Trường hợp 2: 2 x  3  2 x  2   x 2 2  2 x  3   4  x  2    1  5 2  3  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; . 2   2

Bài 25: Giải phương trình trên tập số thực:

x

2

 5x

5x 2  3 x  6  2 x3  12 x 2  16 x  15

Điều kiện xác định x   .

Ta có: x 2  5x

5x 2  3 x  6  2 x3  12 x 2  16 x  15



 6 x  3  5x 2  3 x  6 x 2  x  6  5x 2  3 x  6  0

79


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2   1  23  6 x  3  5x 2  3x  6   x     5x 2  3x  6   0 .   2 4  

2

 1  23 Vì  x     5x 2  3x  6  0x   . 2 4   1 39  1149 x   2 2 Do đó: 6 x  3  5 x  3 x  6   x 62  6 x  3 2  5 x2  3x  6   39  1149  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   . 62  

Bài 26: Giải phương trình trên tập số thực: 2 x 2  3x  3

3x  2

Điều kiện xác định x  Ta có:

2 x 2  3x  3

 6  x2

2

x 4

3  21 . 2

3

 6  x2

2

3x  2

3

x 4

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

2 

x 2  3x  3  3x  2 3x  2

2 x2  5

 3x  2

   x  5  2

x 2  3x  3  3x  2

   x 5   3x  2  2

x2  4  3

x2  4

 x2  5 

2

x 2  3x  3  3x  2

0 x2  5

1

x2  4  3

x2  4

1

x2  4  3

  0 x2  4  

 x   5 . Kết hợp điều kiện ta có x  5 là nghiệm duy nhất.

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S 

80

 5 .

0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 27: Giải bất phương trình trên tập số thực: x2  x  1 x 2 2   1 x3 2 x2  2 Điều kiện xác định x  3 .  x2  x  1 x2  x  1 x 2 2 2 Ta có:   1    x3 2 x3 x2  2 x2  2  x2  x  1 x2  2  2 x  3

x2  2 x  3

x

2



 2 x2  x  5

x 2  x  1 x2  2  2 x  3

  x2      1  0     2  

x2  2 0 2

 x2  2 x  3

x2  2 0 2

2    1 19   x     2 4  1  2  x 2   0. 2 2 2 2  x  x1 x 2 2 x3 x 2 x3      Do đó ta có: 2  x  2 . Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S   2; 2  .

Bài 28: Giải phương trình trên tập số thực:

2 x 2  16 x  18  x 2  1  2  x  2  Điều kiện xác định: x  1  x  1 .

2 x 2  16 x  18  x 2  1  2  x  2 

Ta có:

  2 x 2  16 x  18  2  x  2    x 2  1  0  

2 x 2  2 2 x  16 x  18  2  x  2  2

 x2  1  0

  2 x 2  1  x2  1   1  0  2 x 2  16 x  18  2 x  2    

 x2  1 2 x  2  2 x 2  16 x  18  2 x 2  1  0 Trường hợp 1:

x2  1  0  x  1 . 81


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Trường hợp 2: 2 x  2  2 x 2  16 x  18  2 x 2  1  0 . Đến đây ta kết hợp với phương trình ban đầu: 2 x  2  2 x 2  16 x  18  2 x 2  1  0  . Trừ vế với vế ta được:  2 2  2 x  16 x  18  x  1  2  x  2 

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

3 57  32 7

 3 57  32  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  1; . 7  

Bài 29: Giải phương trình trên tập số thực:

x

2

x1

2 x 2  8 x  3  x3  2 x 2  x  9

  4  22   4  22 Điều kiện xác định: x    ;  ;   .    2 2    

Ta có: x 2  x  1

  x  2 

2 x 2  8 x  3  x3  2 x 2  x  9

 2 x  8 x  3    x  1  1 

 2x  8x  3   0

 x  2  2x2  8x  3 x2  2x  3  2x2  8 x  3  0 2

2

2

  2 4  22   4  22 Vì  x  1  1  2 x 2  8 x  3  0, x   ;  ;   .    2 2     x  2  0 Do đó: x  2  2 x 2  8 x  3    x  2  11 2 2  x  2   2 x  8 x  3

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S  2  11 . Bài 30: Giải phương trình trên tập số thực:

x

2

5

2 x2  x  11  x3  16 x  21

Điều kiện xác định: x   .

Ta có: x 2  5

2 x2  x  11  x3  16 x  21



 x  3  2 x 2  x  11 2 x2  6 x  8  2 x 2  x  11  0

82


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh 2    3 7  x  3  2 x 2  x  11  2  x     2 x 2  x  11   0 .    2 2  

2

 3 7 Vì 2  x     2 x 2  x  11  0 x   . 2 2  x  3  0 7  37 Do đó: x  3  2 x 2  x  11   x 2 2 2  x  3   2 x  x  11  7  37  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   . 2  

Bài 31: Giải phương trình trên tập số thực:

15 x 3  x 2  3x  2  15 x2  x  5

x2  x  1  0

Điều kiện xác định: x   .

Ta có: 15 x 3  x 2  3x  2  15 x2  x  5

x2  x  1  0



 15x 2  x  5  2 x 2  x  1 x  x 2  x  1  0





 2 2 x  x 2  x  1 10 x  2  5 x 2  x  1 x  x 2  x  1  0 1  13  x  0 Trường hợp 1: 2 x  x 2  x  1  0   2 x . 6 3 x  x  1  0 Trường hợp 2: 5 x 2  x  1  10 x  2  25 x 2  x  1  10 x  2 2    75 x 2  15x  21  0  x  1  29 .  10 10 x  2  0 10 x  2  0  x  0 Trường hợp 3: x  x 2  x  1   2 (vô nghiệm) 2  x  x  x  1  1  13 1  29  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình S   ; . 10  6 

Bài 32: Giải phương trình trên tập số thực: x2  x  1  x  1  3x  2

1  x 

3

Điều kiện xác định: x  1 . 83


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Ta có: x 2  x  1  x  1  3 x  2

1  x 

3

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

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

Đặt

1 x  0

x  1  x  t . Phương trình trở thành:

t 2 t 2  2  t  0  t t 3  2t  1  0  t  0, t  1, t 

Trường hợp 1: t  0  x  1  x  0  1  x   x  x 

5 1 2 1  5 . 2

Trường hợp 2: t  1  x  1  x  1  1  x  1  x  x  0, x  1 . Trường hợp 3: t 

5 1  x  1 x  2

5 1 3 5  x  1 x  2 2 2

 1  x   1  x 

 5 1 1 2 5 1   1 x    2 2 4 

1 2 5 1 5  2 5 1 2  5  2 5 1  1 x  x . 2 2 2 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình:  1  5 2  5  2 5  1   S ; 0;1; . 2 2    1 x 

84


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

CHỦ ĐỀ 4: CÁC PHƯƠNG PHÁP XỬ LÝ BÀI TOÁN CHỨA NGHIỆM BỘI I. Khái niệm nghiệm bội: Nghiệm bội là nghiệm mà bản thân nghiệm đó cũng chính là hoành độ cực trị của hàm số. Chẳng hạn trong hình bên, ta thấy hàm số có hình dáng tiếp xúc với trục hoành đồng thời điểm tiếp xúc đó cũng chính là nghiệm của phương trình (Nghiệm là giao điểm của đồ thị với trục hoành). Do đó giá trị nghiệm đó, ta gọi là nghiệm bội của phương trình. Một số loại nghiệm bội cơ bản: 2

Nghiệm bội 2:  x  a  A  x  .

Nghiệm bội 3:  x  a  A  x  .

Nghiệm bội 4:  x  a  A  x  .

Hai nghiệm bội 2:  x  a   x  b  A  x  .

3 4

2

2

Bổ đề: Nếu x  a là nghiệm bội của phương trình f  x   g  x  , khi đó ta có:   g x  f  x  f  a   g  a  xa xa     f '  a   g '  a  f' x    x  a  g' x x  a 

Trong máy tính Casio, muốn tính đạo hàm f '  x  của hàm số f  x  tại giá trị x  a , ta sử dụng công cụ:

d . f  x dx xa

II. Cách nhận diện và phương pháp giải bài toán nghiệm bội hữu tỷ: Ví dụ: Giải phương trình trên tập số thực: x2  x  1  2x  1  0 1. Phương pháp nhận diện bằng SOLVE và d/dx: Bước 1: Bấm phương trình trên máy tính Casio và sử dụng SHIFT CALC (SOLVE) ta thu được x  1 .

85


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bước 2: Kiểm tra điều kiện nghiệm bội bằng cách xét: d 2 x  x  1  2x  1 0 dx x 1

Vậy x  1 là nghiệm bội kép Phân biệt nghiệm đơn và bội qua d/dx: 

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

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

d f  x  0. dx xa

d f  x 0. dx xa

2. Phương pháp nhận diện bằng TABLE: Bước 1: Xét f  x   x 2  x  1  2 x  1 . Lựa chọn các giá trị: Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5. Bước 2: Nhận xét: Hàm số tiếp xúc trục hoành tại điểm duy nhất x  1 . Như vậy x  1 là nghiệm bội kép. Phân biệt nghiệm đơn và nghiệm bội kép thông qua TABLE  Hàm số đổi dấu khi đi qua trục hoành là nghiệm đơn.  Hàm số không đổi dấu khi đi qua trục hoành là nghiệm kép.

3. Phân biệt các loại nghiệm bằng sự kết hợpSOLVE, d/dx và TABLE: Nghiệm đơn

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

Nghiệm kép

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

Nghiệm bội 3

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

Nghiệm bội 4

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

Chú ý: Các bài toán nghiệm bội phần lớn là nghiệm kép. 86


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

4. Giải bài toán nghiệm bội hữu tỷ như thế nào? Cách 1: Nhân liên hợp: Tổng quát: Nếu x  x0 là nghiệm bội kép hữu tỷ và phương trình có chứa căn thức

n

A , khi đó ta đặt: ax  b  n A

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

 

Nếu là nghiệm bội 3, ta đặt ax2  bx  c  n A .  2  n A  x0   ax  bx  c x  x0   d n  Giải hệ:  ax 2  bx  c '  A x  x0 dx x  x0   d  n  ax 2  bx  c "  A  x  '  x  x0 x  x0 dx   Trong đó

 

d  dx 

n

là để tính đạo hàm cấp 2. A  x  '  x  x 0

Nếu có 2 nghiệm bội kép, ta có thể rút từng nghiệm kép ra lần lượt bằng nhân liên hợp (Liên hợp 2 lần liên tiếp) hoặc ta làm giống như nghiệm bội 3: Đặt ax2  bx  c  n A .  2  n A  x1   ax  bx  c x  x1   d n  ax 2  bx  c '  A  x  x1 dx x  x1 Giải hệ:   ax 2  bx  c  n A  x2   x  x2   2 d n  A  ax  bx  c ' x  x2 dx x  x2 

 

 

Bài giải Trong bài toán này, ta có x  1 là nghiệm bội kép, đặt ax  b  2 x  1 . Khi đó ta sẽ tìm các hệ số a , b bằng cách giải hệ sau: 87


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

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

Vậy với a  1, b  0 ta có x  2 x  1 nên liên hợp cần tạo ra là x  2 x  1 . Điều kiện xác định: x 

1 . 2

 

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

 2 1  x 2  2 x  1  0   x  1   1  0  x  1 . x  2x  1  x  2x  1  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . 

Cách 2: Tạo hằng đẳng thức (Chỉ nên áp dụng với nghiệm kép): 1 Điều kiện xác định: x  . 2 2 Ta có: x  x  1  2 x  1  0  2 x2  2 x  2  2 2 x  1  0

 

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

2

2

2 x  1  1  2  x  1  0

 2 x  1  1  0   x  1. x  1  0 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 3: Sử dụng đánh giá AM – GM (Chỉ nên áp dụng với nghiệm kép). a2  b2 a,b   . Do đó sử dụng bất đẳng 2 thức này với những biểu thức chứa căn bậc 2 và lựa chọn 2 đại lượng a,b có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy ra khi a  b .

AM – GM cho 2 số: ab 

AM – GM cho 3 số: abc 

a3  b3  c 3 a,b, c  0 . Do đó sử dụng với 3 những biểu thức chứa căn bậc 3 và lựa chọn 3 đại lượng a, b, c không âm có giá trị bằng nhau vì dấu bằng xảy ra khi a  b  c . Tương tự như vậy ta có thể đánh giá bất đẳng thức AM – GM cho các căn bậc cao hơn.

Áp dụng: Vì x  1  2 x  1  1 . Vậy a  2 x  1, b  1 (AM – GM cho 2 số). 88


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

1 . 2 2x  1  1 2 x  1.1   2x  1  x . 2

Điều kiện xác định: x  Ta có:

2

Mà x 2  x  1  2 x  1 . Do đó: x 2  x  1  x   x  1  0  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 4: Đặt ẩn phụ và phân tích nhân tử (Phương pháp này hoàn toàn độc lập và không bị lệ thuộc vào máy tính): 1 Điều kiện xác định: x  . 2 t2  1 Đặt 2 x  1  t  0  x  . Khi đó phương trình trở thành: 2 2

 t 2  1  t2  1 1 1 2  1  t  0  t 4  t 2  t  1  0   t  1  t 2  2t  3  0     2  2 4 4   2 1 2 1   t  1  t 2  2t  3  0  2x  1  1 x  1  2x  1  0  x  1 . 4 2 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .



Đây chính là phương pháp ép tích bằng ẩn phụ. Cách 5: Liên hợp ngược: 1 Điều kiện xác định: x  . 2

 

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

  x 

  2 x  1  x  1 

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

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

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .

89


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

III. Cách nhận diện và phương pháp giải bài toán nghiệm bội hữu tỷ: Ví dụ: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  5 x  x 3 x  1   x  1 5 x 1. Phương pháp nhận diện bằng TABLE: Bước 1: Xét hàm số:

f  x   x 2  5 x  x 3 x  1   x  1 5 x Lựa chọn các giá trị: Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5 Bước 2: Nhận bảng giá trị của TABLE: Ta thấy: Phương trình có vẻ như không có nghiệm bởi tất cả các giá trị đều mang dấu dương. Tuy nhiên, điều này có thể được lý giải như sau:  Với lựa chọn Start = 0.5, End = 9.5, Step = 0.5, TABLE sẽ chỉ hiển thị được các giá trị hoành độ hữu tỷ, còn các giá trị hoành độ vô tỷ không hiển thị được.  Nghiệm vô tỷ thì khi nhìn vào TABLE ta phải thấy hàm số có sự đổi dấu từ âm sang dương nhưng điều này không hề xuất hiện bởi nghiệm kép vô tỷ này sẽ khiến hàm số không thể đổi dấu khi đi qua trục hoành. Như vậy đây là dấu hiệu của Nghiệm kép vô tỷ, tuy nhiên, điều đó sẽ chỉ được khẳng định hoàn toàn nếu ta tìm được nghiệm của phương trình, mà điều này không quá khó khăn, ta có thể quay trở lại Mode 1 và dùng SOLVE. Bước 3: Quay trở lại Mode 1 và sử dụng SOLVE, ta tìm được: x  2.618033812

90


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

2. Giải bài toán nghiệm bội hữu vô tỷ như thế nào? Bước 4: Thay vào căn thức ta được:  3x  1  2.618033887  x   5x  3.618033866  x  1 x  3x  1 Vậy ta có đánh giá  . x  1  5 x

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: 1 Điều kiện xác định: x  . 3 2 Ta có: x  5 x  x 3 x  1   x  1 5 x  x2  5x  x 3x  1   x  1 5 x  0

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

  x 

 

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

3x  1

2

  x  1 

5x

2

0

 1  x  3x  1 3 5 x  Vì vậy:  .  x 3 2 x 2  3 x  1  0  x  1  5x   3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Cách 2: Sử dụng đánh giá AM – GM: 1 Điều kiện xác định: x  . 3 2  x  3x  1 x 3x  1  2  Ta có:   x 3 x  1   x  1 5 x  x 2  5 x . 2  x  1  5 x   x  1 5 x  2 x  3x  1 3 5 Do đó x 2  5 x  x 3 x  1   x  1 5 x   x . 2 x  1  5x

91


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2  Cách 3: Ép tích bằng ẩn phụ: 1 Điều kiện xác định: x  . 3 2 t Đặt 5x  t  0  x  . Khi đó phương trình trở thành: 5 t4 t2  t2  25 5

 t2  3t 2  1    1  t  t 4  5t 3  25t 2  25t  t 2 15t 2  25  0 5  5  

 t 2  5t t 2  5t  5  t 2  5t  5  15t 2  25   0    t 2  5t 10t 2  50t  50  10t 2  5t  5  15t 2  25   0       5t  5  15t 2  25   t 2  5t  5t  5  15t 2  25   10t 2   0     

 

 

3 2 2   5t  5  15t 2  25   5t  20t  25t  t  5t      5t  5  15t 2  25   t 10t 2  50t  50  t 2  5t  

 

15t 2  25   0   5t  5  15t 2  25    0    

2

    5t  5  15t 2  25   t  5t  5  15t 2  25   t 2  5t   0       2

  5t  5  15t 2  25   4t 2  t 15t 2  25   0 . Thay ngược t  5 x :    

 

 5 5 x  5  75 x  25 5 x  1  3x  1

2

2

  20x 

  4x 

5 x 75 x  25  0

5x 3 x  1  0 .

 5x  1  3x  1 . Bình phương 2 vế: 5x  3 x  2 3x  1  x 

 3  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

92

3 5 . 2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

IV. Bài tập áp dụng: Bài 1: Giải phương trình trên tập số thực:

 

x2  x  2  2 x  0 Phân tích Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  1 . Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  1 .

Nhân tử tìm được: x  1  2 x .

Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp: Điều kiện xác định: x  0 .

 

Ta có: x 2  x  2  2 x  0  x 2  2 x  1  x  1  2 x  0   x  1

2

 x  1 

2

 4x

2 1  0   x  1  1  x 1 2 x x 1 2 x 

Với x  0 ta có: 1 

1

   0 (*) 

2

x 1 2 x

 0 do đó (*)   x  1  0  x  1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Liên hợp ngược: Điều kiện xác định: x  0 .

 

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

x  x  1.

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

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 3: Đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: x  0 . Đặt

x  t  0  x  t 2 . Phương trình trở thành: t 4  t 2  2t  2  0 2

  t  1 t 2  2t  2  0 

x 1

2

 x  2  2 x   0  x  1.

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 4: Tạo hằng đẳng thức: Điều kiện xác định: x  0 . 93


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 

Ta có: x 2  x  2  2 x  0  x 2  2 x  1  x  1  2 x  0  x  1 0   x 1.  x  1 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . 2

  x  1 

x 1

2

Cách 5: Sử dụng đánh giá AM – GM: Điều kiện xác định: x  0 . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

x.1 

x 1  2 x  x  1. 2

2

2

Do đó: x 2  x  2  2 x  x  1   x  1  0 . Mà  x  1  0 , x  0 . 2

Do đó  x  1  0  x  1 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 6: Sử dụng khảo sát hàm số: Điều kiện xác định: x  0 . Nhận thấy x  0 không phải nghiệm của phương trình. Xét hàm số: f  x   x 2  x  2  2 x với x  0 .  1   2  x  1   1    x 1 x x  Vậy f '  x   0  x  1 . Lập bảng biến thiên ta có:

Ta có: f '  x   2 x  1 

1

x f t 

0

  2

1

2

0 Ta thấy phương trình f  x   0 có duy nhất nghiệm x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 7: Nâng lũy thừa: Điều kiện xác định: x  0 . Ta có: x 2  x  2  2 x . Bình phương 2 vế ta được:

x

2

x2

2

2

 4 x  x 2  4  x  1  0  x  1 .

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . 94

x 2

 

1  . x


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bình luận Trên đây là 7 kỹ năng tổng quát để giải một bài toán nghiệm bội: Nhân liên hợp, Liên hợp ngược, Đặt ẩn phụ, Tạo hằng đẳng thức, Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức, Khảo sát đồ thị hàm số, Nâng lũy thừa. Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải, bạn đọc sẽ không dừng lại mà hãy tiếp tục phát triển các cách giải khác nhau, hoặc có thể kết hợp nhiều cách giải với nhau để có thể nâng cao kỹ năng giải toán phương trình, bất phương trình và hệ phương trình vô tỷ. Riêng kỹ năng sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức, xin nhắc lại những bất đẳng thức, những đánh giá căn bản mà bạn đọc cần biết: Tên đánh giá Đánh giá 2

AM – GM 2 biến

ab 2 2 a  b  2 ab , ab    , a  b  2ab . 2   Đẳng thức xảy ra: a  b .

AM – GM 3 biến

abc 3 3 3 a  b  c  3 abc , abc    , a  b  c  3abc . 3   Đẳng thức xảy ra: a  b  c .

3

Cauchy – Schwarz 2 biến

Cauchy – Schwarz 3 biến

3

ax  by 

a

2

 b2

 x

a

2

 y2 .

a b  . x y

Đẳng thức xảy ra: ax  by  cz 

2

 b2  c 2

Đẳng thức xảy ra:

 x

2

 y2  z2 .

a b c   . x y z

2

Cauchy – Schwarz phân thức 2 biến

a2 b2  a  b    . x y xy

Đẳng thức xảy ra:

a b  . x y 2

Cauchy – Schwarz phân thức 3 biến

a2 b2 c 2  a  b  c     . x y z x y z

Đẳng thức xảy ra:

a b c   . x y z

95


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 2: Giải phương trình trên tập số thực:

 

2x  1  2 x  2x  1 Phân tích Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  1 . Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  1 .

Nhân tử tìm được: x  1  2 x , x  2 x  1 .



Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp: 1 . 2 Ta có: 2 x  1  2 x  2 x  1  2 x  1  2 x  2 x  1  0

Điều kiện xác định: x 

 

 x  1  2 x  x  2x  1 x2  2x  1

 x  1 0

2

 4x

x 1 2 x

x 2   2 x  1 x  2x  1

0

x2  2 x  1

 2 1 1  0   x  1   0 x  1  2 x x  2x  1  x  1  2 x x  2x  1  2 1 1 1   0 . Vậy  x  1  0  x  1 . Vì x  do đó 2 x  1  2 x x  2x  1 

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Tạo hằng đẳng thức: 1 Điều kiện xác định: x  . 2 Ta có: 2 x  1  2 x  2 x  1  2 x  1  2 x  2 x  1  0

 

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

2

2

 

x 1 

 x  1 2 2x  1  1  0    x1  2 x  1  1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: 1 Điều kiện xác định: x  . 2 Ta có: 2 x  1  2 x  2 x  1 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:

96


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

2. x .1  x  1   2 x  2x  1  2 x  1  2x  1  1 x  2 x  1.1  2   x  1 Do đó 2 x  1  2 x  2 x  1 khi dấu bằng xảy ra:   x1  2 x  1  1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Bài 3: Giải phương trình trên tập số thực:

 

9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x 3  x2  9 Phân tích Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  3 . Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  3 .

Nhân tử tìm được: 2 x 3  2 x 2   5 x  9  , 2 4 x2  x 3   9  x  .



Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp: Điều kiện xác định: D  0   2; 4  . Vì x  0 không phải nghiệm của phương trình do đó 2  x  4 . Ta có:

9 x 3  18 x2  36 x 2  9 x3  x 2  9  3 x3  2 x 2  3 4 x2  x3  x 2  9

 3 x 3  2 x 2  3 4 x 2  x 3  x2  9  0  6 x 3  2 x2  6 4 x 2  x3  2 x2  18  0

  3 2

   5x  9   3  2

 3 2 x 3  2 x 2   5x  9   6 4 x 2  x 3  2 x 2  15x  45  0

3

x3  2x2

4 x 3  33x 2  90 x  81 2 x 3  2 x2  5x  9 2

3  x  3  4x  9  2 x3  2x2  5x  9

3

4 x 2  x 3   9  x   2 x 2  12 x  18  0

4 x 3  15x 2  18 x  81 2 4x2  x3  9  x

2

 2  x  3  0

2

3  x  3 4 x  9  2 4x2  x3  9  x

2

 2  x  3  0

 3  4x  9  3  4x  9  2   x  3    2  0  2 x3  2x2  5x  9 2 4x2  x3  9  x    3 2   3  4x  9  2 2x  9  4 x  2x 0   x  3    2 x 3  2 x 2  5x  9 2 4 x 2  x 3  9  x    97


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 3 2   3 4x  9 2 9  2x  4 x  2x 0   x  3    2 x3  2 x 2  5x  9 2 4 x2  x3  9  x    9  2 x  0 3  4x  9  9  2x  4 x3  2x2  Vì 2  x  4 nên 5x  9  0   0 2 x 3  2 x 2  5x  9 2 4 x 2  x 3  9  x 9  x  0 

2

Do đó:  x  3   x  3 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  3 . Cách 2: Tạo hằng đẳng thức: Điều kiện xác định: D  0   2; 4  . Vì x  0 không phải nghiệm của phương trình do đó 2  x  4 . Ta có:

9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x 3  x2  9

 18 9 x 3  18 x 2  18 36 x 2  9 x 3  18 x2  162  18 x2  162  18 9 x3  18 x 2  18 36 x 2  9 x3  0

 

  9    36 x  9 x  9   0

 9 x3  18 x 2  2.9. 9 x 3  18 x 2  81  36 x 2  9 x 3  2.9. 36 x 2  9 x 3  81  0 9 x3  18 x 2

2

2

3

2

 

 

2   9 x 3  18 x2  9   x  3  9 x  9 x  27  0   x3 2  36 x 2  9 x 3  9  x  3  9 x  9 x  27  0

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  3 . Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: Điều kiện xác định: D  0   2; 4  . Vì x  0 không phải nghiệm của phương trình do đó 2  x  4 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:  x 2  9 x  18 3 2  9 x  18 x  x 9 x  18  2  2 x  36  9x  36 x 2  9 x 3  x 36  9 x   2 Cộng hai vế của hai bất phương trình: Do đó: 98

9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x 3  x 2  9

9 x 3  18 x 2  36 x 2  9 x 3  x2  9 khi đẳng thức xảy ra:


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x  9 x  18  x2  9 x  18  0   2 x  36  9 x   x  9 x  36  0  x  3 2  x  4 2  x  4  

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  3 . Bài 4: Giải phương trình trên tập số thực: 3x  3 x 1 4 2 x x x1 Phân tích  Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  1 .  Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  1 .   x  1   3x  3  Nhân tử tìm được:  2   6 . ;   x  x2  x  1    Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp: Điều kiện xác định: x  0 . 3x  3 x1 3x  3 x1 Ta có: 4  6  2 2 2 x x x  x 1 x  x 1  x  1  2 x  x  1  2 x2  x  1  x1  x  1  2 x2  x  1  3  2   3    x  x  x2  x  1 x2  x  1  

3 x2  2 x  1 

x x 1 2 x

3x 2  6 x  3

x 2  x  1 x  1  2 x2  x  1

  1  3  x  1   x x  1  2 x   2

  0 x2  x  1 x  1  2 x 2  x  1   1

2

Do đó: 3  x  1  0  x  1 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: Điều kiện xác định: x  0 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x1 3x  3 x1 x1 x .1    6  4 6 2 2 2 2 x x x1 x x1 99


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2 2 2   x  1  2 x2  x  1   x  1  4 x  x  1  3  x  1  0     x  0  x  0  x  0

2

2

Vì  x  1  0x nên 3  x  1  0  x  1 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Bài 5: Giải phương trình trên tập số thực: x 2  2  x  1 3 x  1  2 2 x 2  5 x  2  8 x  5

 

Phân tích Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  1 . Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  1 .

Nhân tử tìm được: 3 x  5  4 3 x  1 ; 3 x  3  2 2 x 2  5 x  2 .



Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp:  3x  1  0 1 Điều kiện xác định:  x . x  2 2 x  1  0 2    Ta có: x 2  2  x  1 3x  1  2 2 x 2  5 x  2  8 x  5  x 2  2  x  1 3 x  1  2 2 x 2  5 x  2  8 x  5  0  2 x 2  4  x  1 3 x  1  4 2 x 2  5 x  2  16 x  10  0

   3x  5  4

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

 3 x  5  4 3 x  1  x  1  x 2  8 x  5  4 2 x 2  5 x  2  0

  x  1

9  x  1

2

3x  5  4 3x  1

2

2x2  5x  2  x2  2x  1  0

 x  1

2

3x  3  2 2 x2  5x  2

2

  x  1  0

 9  x  1 2 2   x  1    1  0  3x  5  4 3x  1 3 x  3  2 2 x2  5x  2     2  6 x  4  4 3x  1 2   x  1   0  3x  5  4 3x  1  3x  3  2 2 x 2  5x  2    2  3x  2  2 3x  1 1  2  x  1   0  3x  5  4 3x  1  2 3 x  3  2 2 x  5 x  2   100


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  2  3x  1  2 3 x  1  1 1 0  2  x  1   2  3x  5  4 3x  1 3x  3  2 2 x  5x  2   2  3x  1  1  1  2  x  1   2  3x  5  4 3x  1 3 x  3  2 2 x  5x  2  2

    0  x 1.  

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Tạo hằng đẳng thức:  3x  1  0 1 Điều kiện xác định:  x . 2  x  2  2 x  1  0 Ta có: x 2  2  x  1 3x  1  2 2 x 2  5 x  2  8 x  5  x 2  2 x  1  2  x  1 3x  1  3x  1  2 2

  x  1  2  x  1  3 x  1 

3x  1

2

 2 x  1 x  2   3x  3

 3x  3  2 2 x  1 x  2  0

2

   2 x  1  2 2x  1 x  2  x  2  0   x  1  3x  1    2 x  1   2 2 x  1 x  2   x  2    x  1  3x  1    2 x  1  x  2   0  x  1  3x  1  x  1  3x  1   0    x1  2 x  1  x  2   0  2 x  1  x  2   x  1  3x  1

2

2

2

2

0

2

2

2

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM.  3x  1  0 1 Điều kiện xác định:  x . 2  x  2  2 x  1  0 Ta có: x 2  2  x  1 3x  1  2 2 x 2  5 x  2  8 x  5

 x 2  8 x  5  2  x  1 3x  1  2 2 x  1 x  2 (*) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 x  1 3 x  1  x  1 2  3 x  1  2  x  1 3 x  1  x 2  5 x  2          2 2 x  1 x  2  3x  3  2 2 x  1 x  2  2 x  1  x  2 101


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Cộng hai vế của hai bất phương trình ta được:

2  x  1 3x  1  2 2 x  1 x  2  x 2  8 x  5 (**) Kết hợp (*) và (**) ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 x  1  3 x  1  x  1  3 x  1   x1    2 x  1  x  2 2 x  1  x  2 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .

Bài 6: Giải phương trình trên tập số thực:

4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5x

Phân tích Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  1 . Tính chất bội: Nghiệm x  1 không phân biệt được tính chất bội bởi nghiệm trùng với điều kiện của phương trình (ta gọi là Nghiệm biên). Khi đó, ta loại bỏ căn thức nghiệm biên này trong TABLE và

 

xét lại với hàm số: f  x   4 x2  12  4 x 5 x  1  9  5x , khi đó, x  1 sẽ bộc lộ bản chất là một nghiệm kép. Các bài toán nghiệm biên sau đó, bạn đọc cũng làm tương tự như trên.



Nhân tử tìm được: 5x  3  4 5 x  1 ; 13  5x  4 9  5x .

Bài giải Cách 1: Nhân liên hợp: 9 . 5 Ta có: 4 x 2  12  4 x 5x  1  4 9  5 x  x  1  0

Điều kiện xác định: 1  x 

 

 x 5x  3  4 5 x  1  13  5 x  4 9  5x  x 2  2 x  1  x  1  0

25x  x  1

2

25  x  1

2 2

  x  1  x  1  0

5x  3  4 5x  1 13  5x  4 9  5x  2 25x 25   x  1    1  x  1  0  5x  3  4 5x  1 13  5x  4 9  5 x   20 x  3  4 5x  1 25   x  1    5x  3  4 5x  1 13  5x  4 9  5x  2

102

2

   x 1  0  


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh 2

2   2 5x  1  1  2 25   x  1     x1  0  5x  3  4 5x  1 13  5 x  4 9  5 x   

2

3 2 3   x  1 2 5 x  1  1 25 x  1    x 1   1  0  x  1 . 5x  3  4 5x  1 13  5x  4 9  5x     Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .



Cách 2: Tạo hằng đẳng thức. 9 Điều kiện xác định: 1  x  . 5

Ta có: 4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5x

 4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  4 9  5 x  0

 

 4 x 2  4 x 5 x  1  5x  1  9  5x  4 9  5 x  4  x  1  0

  x1  0 2 2 2   x  1  2 x  5x  1  9  5x  2  0   2 x  5x  1  0  x  1  2  9  5x  2  0  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .

 

 

Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM. 9 Điều kiện xác định: 1  x  . 5

Ta có: 4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5x

 4 x2  12  x  1  4 x 5x  1  4 9  5 x  0 (*)

4 x 5 x  1  2.2 x. 5x  1  4 x 2  5x  1 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:  4 9  5x  2.2. 9  5 x  4  9  5x

Cộng hai vế của hai bất phương trình: 4 x 5 x  1  4 9  5 x  4 x 2  12 (**) Kết hợp (*) và (**) ta được:

x  1  0  x  1.

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . 103


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 7: Giải phương trình trên tập số thực: 81 x 2  8 x  10   2 x 1 x  2 x 1 Phân tích  Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  5 .  Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  5 . 

Nhân tử tìm được: x  3  4 x  1 . Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . 81  2 x 1 Ta có: x 2  8 x  10  x  2 x 1

 x 2  10 x  25  2 x  2 x  1  15  2

  x  5  2

  x  5 

 2x  2

x  2 x1



2 x2  19 x  85   2 x  30  x  1

2

 2  x  5 

0

x  1  15 x  2 x  1  81 0

x 2 x 1

 2  x  5  2

81

x 2 x1

0

4 x 2  38 x  170  4  x  15  x  1 x  2 x 1

0

5 x2  50 x  125   x  15  x  3  4 x  1 x 2 x1

 0

2  x  15  x  5    2  0  2  x  5  5  x  5   x 2 x 1 x  3  4 x 1       x  15    0 2 1 5   x  5 2   x  2 x  1  x  3  4 x  1    4 x  30  20 x  1  2 1   x  5 2     0  x  5 .  x  2 x  1  x  3  4 x  1  2

1

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  5 .

104


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 8: Giải bất phương trình trên tập số thực: 1 1 x4  x2  x  1    1 x 1 x x2  x  1 Phân tích  Sử dụng TABLE kết hợp SOLVE ta được: x  0 .  Tính chất bội: Bội kép hữu tỷ x  0 .  1   1   Nhân tử tìm được:   x  1  x 2  x  1  ;   x  1  1  x  .  2   2  

x2  x  1  1  x . Bài giải

Hoặc có thể sử dụng:

Điều kiện xác định: x  1 . Ta có: x 4  x 2  x  1 

1

1 x

1 x2  x  1

 1 x

 x4 

 1  1 x2  x  1  1  x    0  1 x  x2  x  1  

 x4 

x2  x  1  1  x 

 x4 

  1 x2  x  1  1  x  1  0   1  x x2  x  1  

 x4 

x2  x  1  1  x

1  x x2  x  1

0

x2

1  x x2  x  1  1

x2  x  1  1  x

   x 1   

1  x x2  x  1

0

   0  x2  0  x  0 .  1  x x2  x  1  

1  x x2  x  1  1

2

x2  x  1  1  x

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  0 . Bài 9: Giải phương trình trên tập số thực: 1 1 2   2  x 2  x 1  1  x2 Cách 1: Biến đổi tương đương: Điều kiện xác định: 1  x  1 .

105


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

1 1 2   2  x 2  x 1  1  x2

Ta có phương trình: 

4 2   4 1  x2  4  2x2  2  x2  2 1  x2  0 2 2 4x 1 1 x

 1  x 2  2 1  x2  1  0 

1  x2  1

2

0

 1  x 2  1  x  0 (Thỏa mãn điều kiện xác định).

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  0 . Cách 2: Đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: 1  x  1 . 1  x  a  1  x  a2 và

Đặt:

1  x  b  1  x  b2

 a, b  0  .

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

Do đó phương trình:

1 1 2 2  a2  b2 2     2 2 2 2 1  ab 1  ab 1 a 1b 1 a 1 b

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

2

2

2

2

 1 x  1 x 1  x2  1  0    x0.  1  x 2  1 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  0 .

1 x  1 x

2



Bài 10: Giải phương trình trên tập số thực: x2

x 1 Cách 1: Biến đổi tương đương: Điều kiện xác định: x  1, x  0 .

Ta có phương trình: x   x  1 x  1

x2 x 1

x 1  x x1 x

x 1  x x1 x

3

106

x x 1

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


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

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

 x3  x 2  x  x 2  x  1

 

 x x2  x  1  x2  x  1



x1 0

x1 0

 x2  x  1 x  x  1  0  x  x  1

2

 x 

x1 0  x 

1 5 . 2

 1  5  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S   .  2  Cách 2: Đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: x  1, x  0 .

Đặt:

x  1  a  x  1  a2

Do đó phương trình: 2

 a  0  và x  b  x

x2 x 1

2

 b2

x1  x x1 x

2

a b   a  b  a 3  b3  ab  a  b    a  b  a 2  ab  b2  ab  a  b  b a

2

  a  b   a  b  0  x  x  1

2

 x 



x  1  0  x2  x  1 x  x  1  0

 x2  x  1  0 1 5  x ( thỏa mãn điều kiện xác định) 2  x  x  1  1  5 1  5  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S   ; . 2   2

Bài 11: Giải phương trình trên tập số thực: x 2  3x  2  x 2 x  x x  2  2 x2  4 x Cách 1: Nhân liên hợp: Điều kiện xác định: x  0 .

Ta có phương trình: x 2  3 x  2  x 2 x  x x  2  2 x 2  4 x 1  1 3  3  1  x  x  1  2x   x  x   x  2    x  1  2x2  4x   x  x  1  0 2 2  4  2  4 1  1 2 1 1 1  x x1 x  x x x1 1 16 4 4 4 4  x.  x.   x  x  1  0 1 1 3 3 4 x  1  2x x  x2 x  1  2x2  4x 2 4 2 2 107


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 1  x  1   x 1 4   x  x  1     1  0 4   1 x  1  2x 1 x  3  x  2 3 x  1  2x2  4x  4 2 2  2   2  1 2x x 2   x  2     1  0 (*) 4  x  2  2 2 x x  6  4 x  2 3 x  2  2 2 x 2  4 x  2x x 2 Do x  0 nên    1  0 do x  2  2 2 x x  6  4 x  2 3x  2  2 2x2  4x 2

đó (*)   x  2   0  x  2 (thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  2 . Cách 2: Biến đổi về hằng đẳng thức: Điều kiện xác định: x  0 . Ta có phương trình: x 2  3 x  2  x 2 x  x x  2  2 x 2  4 x  2x2  6x  4  2x 2x  2x x  2  2 2x2  4x

 2x2  6x  4  2x 2x  2x x  2  2 2x  x  2   0  x 2  2 x 2 x  2 x  x2  2 x x  2   x  2   2 x  2 2 x  x  2    x  2   0

 x  2x

2

  x 

x2

2

 

2x  x  2

2

0

 x  2 x  0; x  x  2  0; 2 x  x  2  0  x  2 .

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  2 . Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM Điều kiện xác định: x  0 .  x2  2x x 2 x  (1)  2  x2  x  2  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: x x  2  (2) 2  2x  x  2  2 (3)  2x  4x  2 x  x  2   2  Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta có: x2  2 x  x2  x  2  2 x  x  2  x 2x  x x  2  2x2  4x   x2  3x  2 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x  2 x  x  2  x  2 . Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  2 . 108


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 12: Giải phương trình trên tập số thực: x 3   3 x  1 2 x  1 x  1  2x  1

1 . 2 x 3   3 x  1 2 x  1

 x 2x  1

Điều kiện xác định: x  Ta có phương trình:

x  1  2x  1

 x 2x  1

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

 x 3   3 x  1 2 x  1  x 2  x

 x3  2 x 2  x  x 2  2 x  1

 

 x x2  2x  1  x2  2x  1   x  1

2

x 

2x  1  2x2  x

2x  1  0 2

2x  1  0 

2 x  1  0  x  x  1    x  1

 x  1

2

2x  1  0

4

x  2x  1

0  x 1.

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  1 . Chú ý: Qua bài toán ta nhận thấy thực chất bài toán này có nghiệm bội 4 nhưng khi kiểm tra điều kiện nghiệm kép bài toán vẫn đúng vì bản chất của nghiệm bội bốn là nghiệm kép. Nếu chúng ta đạo hàm 2 lần thì sẽ rất phức tạp để kiểm tra hết yếu tố. Do đó khi gặp phải những bài toán như thế này tốt nhất chúng ta hãy cứ xử lý như một bài toán có chứa nghiệm kép như trên. Bài 13: Giải phương trình trong tập số thực:

x 4  x 2  6 x  9  x 3  x2  3 x

x3

Cách 1: Liên hợp ngược: Điều kiện xác định: x  3 .

Ta có phương trình: x 4  x 2  6 x  9  x 3  x2  3 x

 x 4  x2  6 x  9  x 3  x 2  3x



x3

x3 0

 x 3  x 2  3x x  x  3  x 4  x 2  6 x  9  x 4  x 3  3x 2  0



  x 3  2 x2  6 x  9  x 3  x 2  3x x  x  3  0

109


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 



 x  3  x

   x  3  x 2  x  3  x3  x 2  3x x  x  3  0    x  3 x  x  3 x 



3



 x 2  3x x  x  3  0

 x  x  3 x3   x  3 x  3  0 

2 1  x  x  3  x2  x  x  3 2 

2

   0  x  1  2 13 . 2

 

x3

 1  13  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S   .  2  Cách 2: Đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: x  3 .

Ta biến đổi phương trình: x 4  x 2  6 x  9  x 3  x2  3 x

 x 4  x 2  6 x  9  x 3 x  3  x2  3 x

x3

x3

2

 x4   x  3  x3 x  3  x  x  3 x  3  x4 

x3

4

 x3 x  3  x

Đặt: a  x  x 4  a 4 và

x3

3

x  3  b thay vào phương trình ta có:

 a  b  a b  ab  a  b4  a3 b  ab 3  a 3  a  b   b3  a  b   0 4

4

3

4

3

2

  a  b  a 3  b 3  0   a  b  a 2  ab  b 2  0 

2 1  x  x  3  x2  x  x  3 2 

2

 

   0  x  1  2 13 . 2

x3

 1  13  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S   .  2 

Bài 14: Giải phương trình trong tập số thực:

x

3

 4x  1

2 x  1  x3  4 x 2  2 x  1

Cách 1: Nhân liên hợp: 1 . 2 Ta có phương trình: x 3  4 x  1

2 x  1  x3  4 x 2  2 x  1

 x3  4x2

2x  1  0

Điều kiện xác định: x 

110

  2x  1   x

3

  4 x  1


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh



 x4  x3  x  1  x3  4x  1 x  2x  1  0

  x  x  1  x  1 2

2

x 

3



 4 x  1 x2  2x  1 x  2x  1

0

2 x3  4x  1    x  1   x 2  x  1  0 x  2x  1  

  x  1 x 2  3x  1  x2  x  1

2

2x  1  0

2

  x  x  1 

  x  1

2

2 x  1  1  2 x2  2 x  0

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

3

  x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  1 . Cách 2: Phân tích nhân tử: 1 Điều kiện xác định: x  . 2

Ta có phương trình: x 3  4 x  1

  x  x

2 x  1  x3  4 x 2  2 x  1

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

 x3  2x

3

3

3

    

3

  2 x  1  1  x   2 x  1  2 x  1  2 x  2 2 x  1   0 2 x  1  1  x  2 x  1  x  x 2 x  1  2 x  1  2  x   2 x  1  1 x  2 x  1  x  x 2 x  1  2 x  1   0 (*) 2 x  1  1 x 3  2 x   2 x  1 2 x  1  0 3

2

2 x  1   0 

2

2

Do: x 2  x 2 x  1  2 x  1   x  1  x 2 x  1  0x 

1 nên phương trình(*) 2

 2x  1  1  0   x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định).  x  2 x  1  0

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  1 . 111


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 15: Giải phương trình trong tập số thực: 4

x4  4 x2 2 x2

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: Điều kiện xác định: x  2 . Ta có phương trình: x

4

x2

x4  4 x2 2 x2

4

 4 x  2  2  x  x  2  24 x  2

 x  x  2  24 x  2  0  x  2  24 x  2  1  x  2 x  2  1  0

4

2

x  2 1  x  2  2 x  2  1 0 

4

2

 

x2 1 

2

x2 1  0

 4 x  2  1  0   x  3 (thỏa mãn điều kiện xác định)  x  2  1  0

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  3 . Cách 2: Phân tích nhân tử sử dụng đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: x  2 . Đặt:

4

x  2  t  x  t4  2

Do đó phương trình: x

4

x2

4

x4  4 x2 2 x2

 4 x  2  2  x  x  2  24 x  2

2

 t  2  t 2  2t  0  t 2  2t  2  t  1  0 4

x  2  24 x  2  2



4

x 2 1

2

0 

4

x  2 1

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm: S  3 . Bài 16: Giải bất phương trình trong tập số thực: x2 1  2 x4  x2  1  1 x  1

Điều kiện xác định: x  1 .

112

2

 0  x  3.


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh 2

 1 3 2 x  x  1  2  x 2     1, x nên: 2 2 

Do

4

2

2 x4  x2  1  1 1  x2 x1 2 x4  x2  1  1 x  1 x2

1  2  4 2 x  x 1 2 x  x  1   0 x 1  Trường hợp 1: x  1 khi đó ta có:

 x2  x  1  2 x 4  x 2  1  0  2 x4  x2  1  2 x  x 2  x  1  0 x  1   x2  x  1  2 x4  x2  1   2  x  x  1

2

 2 x4  x2  1

 x  1 1 5  x  1  4  x . 2  2 3 2 2  x  2 x  x  2 x  1  0  x  x  1  0 Trường hợp 2: x  1 khi đó ta có:

 x2  x  1  2 x4  x2  1  0  x2  x  1  2 x4  x2  1  x2  x  1  0, x  1   x2  x  1  0, x  1; x2  x  1 

2

0

 x1

 1  5  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S   ;1   .  2 

Bài 17: Giải phương trình trong tập số thực: 1 2x  1 x2  2 x  1  2  2 x 1 2x 2x  1

Cách 1: Nhân liên hợp: 1 . 2 x2  2 x  1

Điều kiện xác định: x  Ta có:

1 2x  1 x2  1  2 2 x  1 x 2  2 x  1  2    2 x 1 2x 2x  1 2x 2x  1 2 x2  1

 2 x3  2 x



2 x  1  4 x  2 x  1  2 x 2  2 x 2  2 x  1

 113


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

   2x

  2x 

 2 x3  2 x 3

2x  1  8x2  4x  2x4  4x3  2x2  2x2  4x  2 2 x  1  2 x 4  4 x 3  8 x2  8 x  2

 2x4  4x3  8x2  8x  2  2x3  2x

   2x

2x  1  0

  x  2x  1  2x    x  1  4 x  2   0 x  2x  1

 2 x3  2 x x  2 x  1  4 x 3  10 x2  8 x  2  0 3

2

2

3  2 2  2x  2x   x  1    4 x  2    0   x  1  0  x  1 .  x  2 x  1 

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Dùng bất đẳng thức AM-GM: 1 Điều kiện xác định: x  . 2 Ta có phương trình: x

2

2x  1  1

1 2x  1 x2  2 x  1  2  2 x 1 2x 2x  1

2x  1 x2  1

x2  2 x  1

2

2x 2x  1

Đặt: a  x; b  2 x  1  a , b  0  . Phương trình trở thành: a 2  b2 a b a b  2  2   . 2 2 2 ab 2 b 2 a b 1 a 1 b 1 a 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  a a b2  1  2b  b2  1  2b a b a b  do đó 2  2    2 b  1 a  1 2b 2 a a  1  2a  b  b  a 2  1 2 a a

b

Dấu bằng xảy ra khi: a  1; b  1  x  2 x  1  1  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Bài 18: Giải phương trình trong tập số thực: x 3  x 2   x  1 Cách 1: Phân tích nhân tử: 114

2

2 x  1   x  1 x


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Điều kiện xác định: x 

1 . 2

Ta có phương trình: x 3  x2   x  1  x 3  x 2   x  1

2 2

2 x  1   x  1 x  0

  x  1 x 2  x   x  1   x  x  1

 x  x  1

2

2 x  1   x  1 x

2 x  1   x  1 x  0

 x 2  x  1   x  1 

2

2

2x  1  0



x  1 x  x  1   x  1

x 

x 1 x 1

   x  1

2

2

2x  1  0

2x  1  0

 2 x x  x  x   x  1   2x  1   0 x 1   2 x x  x x  2x2  x  2 x  1    x  1  0 x 1  

  2 2 x x  2 x  2 x  2 x  2 x  1  2 2 x  1 1  0 x  1    2 x 1   2   2 2  3 7 x  1  x  2x  1  2 x  1  1  2 x  x    2 4 8 1  0   x  1   2 x 1     

 

2

  x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . x x x x  Chú ý: Nếu việc chứng mình biểu thức   2 x  1   0 gặp   x 1   khó khăn. Chúng ta có thể sử dụng tính năng Table của máy tính để kiểm

1   2 x  1 trên miền  ;   ta x 1 2  có thể nhận thấy hàm số luôn dương trên tập xác định đó Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM:

tra sau đó xét hàm số f  x  

x x x x

115


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Điều kiện xác định: x 

1 . 2

Ta có phương trình: x 3  x2   x  1

 x 3  x2  x 2  2 x  1

2

2 x  1   x  1 x

2 x  1   2x  1  x  x 2

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

Đặt: a  x; b  2 x  1; c  x

 a , b, c  0  . Phương trình trở thành:

3

a  b 3  c 3  a 2 b  b2 c  c 2 a (1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a 3  b 3  a3  3 3 a3 .b3 .a 3  3a 2 b   3 3 3 3 3 3 3 2 b  c  b  3 b .c .b  3b c do đó:  3 3 3 3 3 3 3 2 c  a  c  3 c .a .c  3c a

 

 3 a 3  b3  c 3  3 a 2 b  b2 c  c 2 a  a 3  b 3  c 3  a 2 b  b2 c  c 2 a . Dấu bằng xảy ra khi: a  b  c  x  2 x  1  x  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Bài 19: Giải phương trình trong tập số thực:

4  x

4x

x2

 x  2

x2

4x

6

Cách 1: Nhân liên hợp: Điều kiện xác định: 2  x  4 . Ta có phương trình: 2

4  x   x  2  x2 4x

4  x

4x

x2

 x  2

x2

4x

6

2

 6  2 x2  4 x  20  6  x 2  2 x  8

2

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

x2  2x  1 3  x2  2 x  8

 2 3   x  1  1    0 (*)   3  x2  2x  8   2 3 Do 1   0x   2; 4  nên  x  1  0  x  1 . 2 3  x  2x  8 116

0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Phân tích nhân tử sử dụng đặt ẩn phụ: Điều kiện xác định: 2  x  4 . Ta nhận thấy:

x2

2

 

4x

2

 x24x 6

Đặt: a  4  x ; b  x  2 . Do đó phương trình: 

4  x

4x

x2

 x  2

x2

4x

6

a3 b3   a 2  b2  a 4  b 4  ab a 2  b2  a 4  b 4  a3 b  b 3 a  0 b a

2

  a  b  a 2  ab  b 2  0 

4x  2 x

2

 6 

4x 2x 0

 4  x  x  2  x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định).

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Chú ý: Nếu đến phương trình a 4  b 4  a 3b  b 3 a  0  a 4  b4  a 3b  b3 a (1) phân tích nhân tử gặp khó khăn chúng ta hoàn toàn có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM để chứng mình như sau:  a 4  b 4  a 4  a 4  4 4 a 4 .a 4 .a 4 .b 4  4a 3b   b4  a 4  b 4  b 4  4 4 b 4 .a 4 .b 4 .b4  4b3 a

 

 4 a 4  b 4  4 a 3 b  b3 a  a4  b4  a 3 b  b3 a

Dấu bằng xảy ra  a  b  4  x  x  2  x  1 . Bài 20: Giải phương trình:

x 1 1   x  3x  2 3 x  1 3x  2 2

Cách 1: Nhân liên hợp: 2 Điều kiện xác định: x  . 3 x 1 1   Ta có phương trình: 2 x  3x  2 3 x  1 3x  2 

4 x2  2 x  2

1

2

3

 4 x2  2 x  2

 x  3 x  2   3 x  1 3 x  2   4 x  2 x  2  3x  2  3x  8 x 2

2

3 x  2  x 2  3 x  2  3 x  1

 9x  2 117


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 4x2  2x  2

3x  2  3x 3  8 x 2  9 x  2  0



 3x 3  7 x2  5x  1  2 x 2  x  1 3x  1  2 3 x  2  0

 3x 3  7 x2  5 x  1  2 x 2  x  1 2

  x  1  3 x  1 

9 x 2  6 x  1  12 x  8 3x  1  2 3x  2

9 2 x 2  x  1  x  1

2

3x  1  2 3x  2

0

0

 9 2x2  x  1   0   x  1 3x  1   3x  1  2 3x  2    2

   x  1  9 x

2

  x  1 9 x2  15x  8  2  3x  1 3x  2  0 2

  x  1

2

2

 6 x  1  2  3x  1 3x  2   3x  2   18 x  7  0

  3 x  1  2  3 x  1  2

2   x  1  3x  1  3x  2 

3 x  2   3x  2   18 x  7  0

2

  6  3x  2   5   0 (*)  2 2 2 Do 3x  1  3x  2  6  3x  2   5  0x  nên  x  1  0  x  1 . 3 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 .

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: 2 Điều kiện xác định: x  . 3 x 1 1 Ta có:   . 2 2 2 3 x  2 x  3x  2 3x  2  1 Đặt: a  x; 3 x  2  b . Phương trình trở thành:

a 1 1  2  . 2 a b b 1 b 2

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: a a 1 1 1 a 2  b2  2ab  2   và b2  1  2b  2  2 2 ab 2b a b b  1 2b a 1 1 1 1 Do đó 2  2    . 2 a b b  1 2b 2b b Dấu bằng xảy ra  a  b  1  x  3x  2  1  x  1 . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . 118


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài 21: Giải phương trình trên tập số thực:

x 2  x  2  2  x2

2x  1  1  0

2x  1  1  0

Cách 1: Nhân liên hợp: 1 Điều kiện xác định:  x  2 2 Ta có phương trình: x 2  x  2  2  x2

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

 

 2  x2

 2x

 

x2  2x  1 x  2x  1

 x  1 2

2

  x  1

x  2x  1

x 2  4 x  4  2  x2 2  x  2  x2

2  x  1 x  1

 2  x 

2

2  x2 x  2x  1

0

2  x2

 2  x2 2 2x  2   x  1    x  2 x  1 2  x  2  x2 

Do

0

   0 (*)  

2x  2

2 1   0x   ; 2  nên  x  1  0  x  1 . 2  2  x  2  x2

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: 1 Điều kiện xác định:  x  2 2 Ta có phương trình: x 2  x  2  2  x2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  1  2  x2 3  x 2 2 2  x    2 2  2  x2   2x  1  2x  1  1  x  2

2x  1  1  0 .

2x  1  1 

3  x2  x  1 2

119


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Do đó 0  2 x2  2 x  4  3  x 2

  x  1  x

3

 x2  x  1  0

1  2 2   x  1 x  1  0 mà x   ; 2  nên  x  1 x  1  0 2  2

Do đó:  x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Cách 3: Nhóm để tạo hằng đẳng thức: 1 Điều kiện xác định:  x  2 . 2 Ta có: x 2  x  2  2  x2

 2  x  x2  2  x2 2

2  x2

2

2x  1  1  0

2 x  1  1  2  x  x 2  2  x 2 2 x  1  2  x2

 2 x  1

2

 1  2 2  x 2 . 2 x  1  2 2  x2

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

2

  2  x2  2 x  1    2  x 2  1   0      2  x2  2x  1    x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định).  2  x 2  1 Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1 . Bài 22: Giải phương trình trên tập số thực:



x2  4 x  2  1  2 x  2 Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: 1 Điều kiện: x   . 2



Ta có: x 2  4 x  2  1  2 x  2

 x 2  4 x  2  x  2  x  1

2x  1

2x  1

 x 2  4 x  2  x 2 x  1   x  1 4 x  2  2 x 2  8 x  4  2 x 2 x  1  2  x  1 4 x  2 120

2x  1


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 2 x 2  8 x  4  2 x 2 x  1  2  x  1 4 x  2  0

     x  2 x  1     x  1  2  x  1  4 x  2  4 x  2   0   x  2x  1    x  1  4x  2   0   x  2 x  1   0   x  2x  1    x  1  4x  2  Vì   x  1  4 x  2   0  Do đó  x  2 x  1    x  1  4 x  2   0 khi và chỉ khi:

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

2

2

2

2

2

2

2

2

0

2

x  2 x  1  x  0  2  x  1 2   x  2 x  1  0 x  1  4 x  2

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1  2 . Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: 1 Điều kiện: x   . 2



Ta có: x 2  4 x  2  1  2 x  2

 x 2  4 x  2  x  2  x  1

2x  1

2x  1

 x 2  4 x  2  x 2 x  1   x  1 4 x  2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x2  2x  1 x 2 x  1  2  x 2 x  1   x  1 4 x  2  x 2  4 x  2  2  x  1 4x  2  x  2x  1  4x  2   2 Vậy x 2  4 x  2  x 2 x  1   x  1 4 x  2 khi và chỉ khi: x  2 x  1 x  0  2  x  1 2  x  1  4 x  2 x  2 x  1  0

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1  2 . Cách 3: Phân tích nhân tử: 121


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

1 Điều kiện: x   . 2



Ta có: x 2  4 x  2  1  2 x  2



2x  1

2x  1  0

 x2  4 x  2  1  2 x  2

  1  2 x  2   2 x  1  2  1 x  2   0    1 Vì x   nên 2 x  1  2  1 x  2  x  1  2 . 2

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S  1  2 . Bài 23: Giải phương trình trên tập số thực: x 4  2 x3  3 x  2  2 x x  1 Cách 1: Sử dụng hằng đẳng thức: Điều kiện: x  1 .

Ta có: x 4  2 x3  3 x  2  2 x x  1  x 4  2 x 3  3 x  2  2 x x  1  0

 x4  2x3  x2  2x  1  x2  2x x  1  x  1  0 2

2

  x  x  1  0   x  x  1  0 Vì    x  x  1   x   

 x2  x  1 2

2

2

2

2

x  x 1

 

2

0

Vậy x 2  x  1  x  x  1

2

x 1

2

0

 0 khi và chỉ khi:

x 2  x  1  0 x  0  2 x  x  x  1  0 x  x  1

5 1 2

 5  1  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Cách 2: Sử dụng đánh giá AM – GM: Điều kiện: x  1 . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 x x  1  x 2  x  1 . Do đó: x 4  2 x3  3 x  2  x2  x  1  x4  2 x 3  x 2  2 x  1  0 122


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 x2  x  1

2

 0  x2  x  1

2

 0 vì x 2  x  1

2

 0x .

x 2  x  1  0  x  0 5 1 Vậy đẳng thức xảy ra khi:   2 x 2  x  x  1  0 x  x  1

 5  1  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Bài 24: Giải phương trình trên tập số thực: x 2  x  4   x  1 x  2  x 3  x 2  4 x  6

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: Điều kiện xác định: x  2 Ta có: x 2  x  4   x  1 x  2  x 3  x2  4 x  6

 x 2  x  4   x  1 x  2 

x

2

 2x  2  x  3

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

Vì x  2 do đó x  3  0 do đó Khi đó: x 2

x  3 x2  2 x  2 .

2

 x 2  x  4   x  1 x  2  x 2  2 x  2 x  3  2 x 2  2 x  8  2  x  1 x  2  2 x 2  2 x  2 x  3  0 

  x  1  2  x  1 2

 x 1 x  2



2

 

x  3  x2  2x  2

2   x  1  x  2  0   x  3  x2  2 x  2 

Do đó x  1 

x  2  x  2  x2  2 x  2  2 x 2  2 x  2 x  3  x  3  0

2

 0

 x 1 x  2

 0 x2  x3  2

2

2

 

x2  2 x  2

x  3  x2  2 x  2

2

 0

2

 0 khi và chỉ khi:

x  1  x  2 3  13 x  1  2 x  2 2  x  3  x  2 x  2 x  3x  1  0

123


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 3  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM. Điều kiện xác định: x  2 Ta có: x 2  x  4   x  1 x  2  x 3  x2  4 x  6

 x 2  x  4   x  1 x  2 

x

 2x  2  x  3

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

Vì x  2 do đó x  3  0 do đó Khi đó: x 2

2

x  3 x2  2 x  2 .

2

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x2  2x  1  x  2  x  1 x  2  2  2  x2  2x  2 x  3  x  2x  2  x  3    2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được:

x 2  x  4   x  1 x  2  Do đó x 2  x  4   x  1 x  2 

x

2

x

2

 2x  2  x  3 

 2 x  2  x  3  khi và chỉ khi:

x  1  x  2 3  13  x  1  2 x  2 2 x  3x  1  0  x  3  x  2 x  2 

 3  13  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

Bài 25: Giải phương trình trên tập số thực: x 3  x 2  x  2  2  x  1 x 2  x  2 x 1  x  0

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: 0  x  1 Điều kiện:   x  1

Ta có: x 3  x 2  x  2  2  x  1 x 2  x  2 x 1  x  0  x3  x2  x  2  2 1  x  x2  x  2x 1  x  0 124


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  1  x  



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

 

x2  x  1  x  1  x

2

0

 2  1  x  x  x  1 0  x  1 Với  ta có:  2  x  1  x  1 x  0 

Do đó  1  x 

2

 0

2

 

x2  x  1  x  1  x

2

 x 2  x  1  0 khi và chỉ khi:  (*) x  1  x

1  5 . 2  1  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .   2 Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: 0  x  1 Điều kiện:   x  1

Giải (*) và kết hợp điều kiện ta được x 

Ta có: x 3  x 2  x  2  2  x  1 x 2  x  2 x 1  x  0  x3  x2  x  2  2 1  x  x2  x  2x 1  x  0   x3  x 2  x  2  2 1  x  x2  x  2 x 1  x

2  1  x  x 2  x   1  x  1  x 2  x  Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 x 1  x  x 2  1  x Cộng hai vế của hai bất phương trình lại ta có:

2  1  x  x 2  x  2 x 1  x  1  x  1  x 2  x  x 2  1  x

 2  1  x  x 2  x  2 x 1  x   x 3  x2  x  2  x 2  x  1 1  5 Đẳng thức xảy ra khi:  . Do đó ta được x  . 2 x  1  x  1  5  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  2 

125


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 26: Giải bất phương trình trên tập số thực:

4 2

3 x2  2 

 x

2

x  1  3 x2  1

x x1 (Trích đề thi thử THPT Quốc gia 2015 lần 1 – Chu Văn An – Hà Nội) Điều kiện xác định: x  1 .

4 2

Ta có: 3 x 2  2 

 x

2

x x1 4 2

 3 x2  2 

x  1  3 x2  1

 x2  x  3 x x 2  1  0

2

x x1 8 2

 6 x2  2 

 2 x 2  x  6 x x2  1  0

2

x x1 8 2

 2 x 2  2 x  10 

 

 x 2  x  2 x2  x  1  3 x  2 x x 2  1  x2  1  0

2

x x1

2 2   4 2 2 2  2  x2  x  5    x  x 1  3 x 1  x  0   x2  x  1   2 2   4 2 Ta có: 2  x 2  x  5    x 2  x  1  3 x2  1  x  0   x2  x  1  

 

 

Đặt t  x 2  x  0 và xét hàm số f  t   t  5  f ' t   1 

2 2

 t  1

Do đó: f '  t  

 t  1 t  1  2  t  1 t  1

t 1

2



t 1  2 t  3 2 t 1

 t  1

t 1



4 2 t 1

ta có:



t  1  2 t  1 2 t  1  2

 t  1

t 1

 t  1  t  3  2 t  1   t  1  2   t  1 t  1

Vì t  0 nên f  t   0  t  1 . Ta có bảng xét dấu: 0

t f 't 

1



0

+

Từ bảng xét dấu ta thấy f  t   f  1 = 0. Như vậy: x 2  x  5 

126

4 2 x2  x  1

 0,

2

 

x 2  x  1  0,

x2  1  x

2

 0


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

  4 2 Do đó 2  x 2  x  5     x2  x  1  

x2  x  1

2

  3

x2  1  x

2

0

t  x 2  x  1  1 5  Khi và chỉ khi:  x 2  x  1  x  . 2  2  x  1  x

 1  5  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là S  1;   \  .  2 

Bài 27: Giải phương trình trên tập số thực: 4 x 2  1  3x 2  2 x  1  2 x x 2  2 x  2 Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: x  1 3x 2  2 x  1  0 Điều kiện xác định:  2  x   1 x  2 x  2  0  3

Ta có phương trình: 4 x 2  1  3x 2  2 x  1  2 x x 2  2 x  2  4 x 2  1  3x 2  2 x  1  2 x x 2  2 x  2  0  8 x 2  2  2 3 x2  2 x  1  4 x x 2  2 x  2  0  3x 2  2 x  1  2 3 x 2  2 x  1  1  x 2  2 x  2  4 x x2  2 x  2  4 x 2  0

2

 

3x2  2x  1  1  2 x  x2  2x  2

2

 0

 3x 2  2 x  1  1 1 7   x  0 Vì vậy:   2 x . 2 3  3x  2 x  2  0  2 x  x  2 x  2

 1  7  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  3  Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: x  1 3x 2  2 x  1  0 Điều kiện xác định:  2  x   1 x  2 x  2  0  3

Ta có phương trình: 4 x 2  1  3x 2  2 x  1  2 x x 2  2 x  2 Vì x  1 nên chúng ta hoàn toàn có thể áp dụng BĐT 127


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 x2  2 x  2  4 x 2 2 2 x x  2 x  2  2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 1. 3 x2  2 x  1  3x  2 x  1  1  2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: 5 x 2  2 x  2 3x 2  2 x 3x 2  2 x  1  2 x x2  2 x  2    4x2  1 2 2

Do đó 4 x 2  1  3x 2  2 x  1  2 x x 2  2 x  2 khi và chỉ khi: 3x 2  2 x  1  1  3x 2  2 x  1  1  1 7   x  0  x  0  2 x  3  2 x  x 2  2 x  2  2  3x  2 x  2  0 2 4 x  x  2 x  2  1  7  Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là S   .  3 

Bài 28: Giải phương trình trên tập số thực: x2  1  x 4x  2  x2  4x  3 Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:  1 x x  3  4 x  2  0 2  Điều kiện xác định:  2   1 x  3   x1  x  4 x  3  0  2   x  1

Ta có phương trình: x 2  1  x 4 x  2  x 2  4 x  3  x2  1  x 4x  2  x2  4 x  3  0  2 x 2  2  2 x 4 x  2  2 x2  4 x  3  0

  x 

 

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

2

 

x2  4x  3  1

2

0

2  4 x  2  x x  4 x  2 Vì vậy:   2  x2  4x  2  0  x  2  2 2  x  4 x  3  1 x  4 x  3  1

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S  2  2 ; 2  2 . Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: 128


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 1 x  3 x  2 4 x  2  0  Điều kiện xác định:  2   1 x  3   x1 x  4 x  3  0   2   x  1

Ta có phương trình: x 2  1  x 4 x  2  x 2  4 x  3  x2  4 x  2 x 4 x  2  2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 1. x 2  4 x  3  x  4 x  3  1  2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: x2  4 x  2 x 2  4 x  3  1 x 4 x  2  x2  4 x  3    x2  1 2 2

Do đó x 2  1  x 4 x  2  x 2  4 x  3 khi và chỉ khi: 2  4 x  2  x x  4 x  2  2  x2  4x  2  0  x  2  2  2  x  4 x  3  1 x  4 x  3  1

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S  2  2 ; 2  2 . Bài 29: Giải phương trình trên tập số thực: x 2  4  5 x3  2 x2  2 x2  5x  6 Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:

 2  x 2 (5x  2)  0 x  3 x  5 5x 3  2 x 2  0   Điều kiện xác định:  2  x  3   2  x  3  x2 x  5 x  6  0 x  2    5   x  2

Ta có phương trình: x 2  4  5 x3  2 x2  2 x2  5x  6  x2  4  5 x3  2 x2  2 x 2  5x  6  0  2 x 2  8  2 x 5x  2 x  4 x 2  5x  6  0

  x 

 

 x 2  2 x 5x  2  5x  2  x 2  5 x  6  4 x 2  5 x  6  4  0 5x  2

2

  

x2  5x  6  2

2

 0 129


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2  5x  2  x 5  17  x  5x  2 Vì vậy:   2  x2  5x  2  0  x  2 2  x  5x  6  4  x  5x  6  2

 5  17 5  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ; . 2   2 Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM:  2  x 2 (5x  2)  0 x  3 3 2 x  5 5x  2 x  0   Điều kiện xác định:  2  x  3   2 x  3  x2 x  5x  6  0 x  2   5   x  2

 x2  5x  2 x 5x  2  2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 2. x 2  5 x  6  x  5 x  6  4  2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: x 2  5 x  2 x 2  5x  6  4 x 5x  2  2 x 2  5x  6    x2  4 2 2

Do đó x 2  4  5 x3  2 x2  2 x2  5x  6 khi và chỉ khi: 2  5x  2  x 5  17  x  5x  2  2  x2  5x  2  0  x   2 2  x  5x  6  4  x  5x  6  2

 5  17 5  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ; . 2   2

Bài 30: Giải phương trình trên tập số thực: 2 x 2  2 x  1  x 4 x  2   x  1 2 x 2  6 x  3

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:  3 3 x  4 x  2  0 2 Điều kiện xác định:  2  1 3 3 2 x  6 x  3  0  x 2 2

Ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1  x 4 x  2   x  1 2 x2  6 x  3  2 x 2  2 x  1  x 4 x  2   x  1 2 x 2  6 x  3  0 130


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

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

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

 x  4x  2

2

2

  2 x 2  6 x  3   x  1   0  

2  4 x  2  x  x  4 x  2  0 Vì vậy:    x  2 2. 2  2 x  6 x  3  x  1  x  1

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S  2  2 . Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM:  3 3 x  4 x  2  0 2 Điều kiện xác định:  2   2 x  6 x  3  0 1 3 3   x 2 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x2  4 x  2 x 4 x  2  2  2 2  x  1 2 x2  6 x  3  2 x  6 x  3  x  2 x  1   2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: x 2  4 x  2 2 x2  6 x  3  x 2  2 x  1 x 4 x  2   x  1 2 x 2  6 x  3   2 2  x 4 x  2   x  1 2 x 2  6 x  3  2 x 2  2 x  1

Do đó 2 x 2  2 x  1  x 4 x  2   x  1 2 x2  6 x  3 khi và chỉ khi: x2  4x  2 2  4 x  2  x   x  4 x  2  0  x  1   x2 2  2  x  1  2 x  6 x  3  x  1 2 x 2  6 x  3  x  1 2   

Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S  2  2 .

131


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 31: Giải phương trình trên tập số thực: 2 x 2  2 x  1  x 3 x  1  2 x 4  3 x3  x Cách 1: Tạo hằng đẳng thức:  3x  1  0 1 1 Điều kiện xác định:  4 x  x0. 3 2 3  2 x  3x  x  0

Ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1  x 3 x  1  2 x 4  3 x3  x  2 x 2  2 x  1  x 3 x  1  2 x 4  3 x3  x  0  4 x 2  4 x  2  2 x 3x  1  2 2 x 4  3 x3  x  0

 4 x 2  4 x  2  2 x 3x  1  2

 x  1

2

 2x

2

x 0

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

  x 

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

3x  1

2

  x  1

2 x2  x

2

 0

 2  3x  1  x 3  13 x  3 x  1 Vì vậy:   . 2  x  2 2 2  2 x  x  x  1  2 x  x   x  1  3  13 3  13  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ; . 2   2 Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM:  3x  1  0 1 1 Điều kiện xác định:  4 x  x0. 3 2 3  2 x  3x  x  0

Ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1  x 3 x  1  2 x 4  3 x3  x  2x2  2x  1  x 3x  1 

 x  1

2

 2x

2

x

 2 x 2  2 x  1  x 3 x  1   x  1 2 x 2  x  x2  3x  1 x 3 x  1   2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  2 2  x  1 2 x2  x  2 x  x  x  2 x  1    2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được:

132


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

x 3 x  1   x  1 2 x 2  x 

x 2  3 x  1 2 x2  x  x2  2 x  1  2 2

 x 3 x  1   x  1 2 x 2  x  2 x 2  2 x  1

Do đó 2 x 2  2 x  1  x 3 x  1   x  1 2 x 2  x khi và chỉ khi:  2  3x  1  x 3  13  x  3x  1 2   2  x  3x  1  0  x  2 2 2  2 x  x  x  1  2 x  x   x  1  3  13 3  13  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;  2   2

Bài 32: Giải phương trình trên tập số thực: 2 x 2  2 x  1  x 5x  2  2 x 4  x3  x 2  3x  3 Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: 2 Điều kiện xác định: x  . 5

Ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1  x 5x  2  2 x 4  x3  x 2  3x  3  2x2  2x  1  x 5x  2  2x4  x3  x2  3x  3  0

 2x2  2x  1  x 5x  2 

 x  1

2

2x

2

 3x  3  0

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

  x 

2  x 2  2 x 5 x  2  5 x  2   2 x 2  3 x  3  2  x  1 2 x 2  3 x  3   x  1    0  

5x  2

2

  x  1

2x2  3x  3

2

 0

 2  5x  2  x 5  17 x  5 x  2 Vì vậy:   2  x  2 2 2  2 x  3 x  3   x  1  2 x  3 x  3  x  1  5  17 5  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;  2   2 Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: 2 Điều kiện xác định: x  . 5

Ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1  x 5x  2  2 x 4  x3  x 2  3x  3 133


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 2x2  2x  1  x 5x  2 

 x  1

2

 2x

2

 3x  3

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

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  x 2  5x  2 x 5x  2  2  2 2  x  1 2 x 2  3x  3  2 x  3 x  3  x  2 x  1    2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: x 2  5x  2 2 x 2  3 x  3  x 2  2 x  1 x 5x  2   x  1 2 x 2  3x  3   2 2  x 5x  2   x  1 2 x 2  3 x  3  2 x 2  2 x  1

Do đó  2 x 2  2 x  1  x 5x  2   x  1 2 x 2  3x  3 khi và chỉ khi: 2  5 x  2  x 5  17  x  5x  2   x 2  5x  2  0  x   2 2 2 2  2 x  3 x  3  x  1  2 x  3 x  3   x  1

 5  17 5  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S   ;  2   2

Bài 33: Giải phương trình trong tập số thực: 5 x 2  2 x  1  2 x 1  x   x  1 5 x 2  3 x

Cách 1: Tạo hằng đẳng thức: x  1 0  x  1  1  x  0  x  0 Điều kiện xác định:  2    x   3 x   3 5x  3x  0  5   5

Ta có phương trình: 5x 2  2 x  1  2 x 1  x   x  1 5 x2  3x  5 x 2  2 x  1  2 x 1  x   x  1 5 x 2  3 x  0  10 x2  4 x  2  4 x 1  x  2  x  1 5 x 2  3x  0

2  4 x 2  4 x 1  x  1  x   5 x 2  3 x  2  x  1 5 x 2  3 x   x  1    0  

134


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 2x  1  x

2

  x  1

5 x2  3x

2

 0

2  1  x  2 x 1  17 4 x  x  1  0 Vì vậy:   x . 2 2  x  0  5x  3 x  x  1  1  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S    2   Cách 2: Sử dụng đánh giá bằng bất đẳng thức AM – GM: x  1 0  x  1  1  x  0  x  0 Điều kiện xác định:  2    x   3 x   3 5x  3x  0  5   5

Ta có phương trình: 5x 2  2 x  1  2 x 1  x   x  1 5 x2  3x Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:  4x2  1  x 2 x 1  x  2  2 2  x  1 5 x 2  3x  5x  3x  x  2 x  1   2 Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được: 4 x 2  1  x 5 x2  3x  x 2  2 x  1 2 x 1  x   x  1 5 x 2  3 x   2 2  2 x 1  x   x  1 5 x 2  3 x  5 x 2  2 x  1

Do đó 5x 2  2 x  1  2 x 1  x   x  1 5 x2  3x khi và chỉ khi: 4 x 2  1  x 2  1  x  2 x 1  17  4 x  x  1  0  x  0  x  2 2  x  0  5x  3x  x  1  2 2 5x  3x   x  1  1  17  Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S    2  

Bài 34: Giải bất phương trình trên tập số thực: 2 x 2  3x  6 

6 3 2

 x 2  3x  x 3x  1

x  3x  2 135


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải x 2  3x  0  Điều kiện xác định:  3x  1  0   2 x  3x  2  0

 1  3  x  0   x  3

6 3

Ta có bất phương trình: 2 x 2  3x  6 

 x 2  3x  x 3x  1

2

x  3x  2 6 3

 2x2  3x  6 

 x 2  3x  x 3x  1  0

2

x  3x  2 12 3

 4 x 2  6 x  12 

 2 x 2  3x  2 x 3 x  1  0

2

x  3x  2

2



2

 x  3x  2 x  3x  1  x 2  2 x 3x  1  3 x  1

  12 3   2 x 2  6 x  14  0   x2  3x  2   2 2   6 3 2  2  x2  3x  7    x  3x  1  x  3x  1  0   x2  3x  2   2 2   6 3 2 Ta có: 2  x2  3x  7    x  3x  1  x  3x  1  0   x2  3x  2  

 

 

Đặt t  x 2  3 x  0 và xét hàm số f  t   t  7  f ' t   1 

3 3

t  2

Do đó: f '  t  

t2

t  2  t  2  3 t  2 t  2

3



t 2  3 t  5 3 t  2

t  2

t2



6 3 t2

ta có:



t2  3 t2 3 t2 3

t  2

t2

 t  1  t  5  3 t  2   t  2  3  t  2  t  2

Vì t  0 nên f  t   0  t  1 . Ta có bảng xét dấu: t f 't 

0

1 

Từ bảng xét dấu ta thấy f  t   f  1 = 0.

136

0

 +


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

6 3

Như vậy: x 2  3x  7 

x2  3x  2

 0,

x2  3x  1

2

 0, x  3x  1

2   6 3 2 Do đó 2  x2  3x  7    x  3x  1  x  3x  1   x2  3x  2   t  x 2  3x  1  3  13  Khi và chỉ khi:  x 2  3x  1  x  . 2   3x  1  x

 

2

2

0

0

 3  13   1  Kết luận: Bất phương trình có tập nghiệm S    ;0    3;   \    3   2 

Bài 35: Giải phương trình trên tập số thực: 2 x 4  8 x 3  20 x2  20 x  4    2x  2  2x  1  0 x 1 x3 Điều kiện xác định: x  3 . 2   2x  2  2x  1  0 Ta có: x 4  8 x 3  20 x2  20 x  4  x 1 x3 2 2 2  x2  4x  2  x  1  2x  1  x2  4x  0 x1 x 3 2 2 2   x  1  2 x  1  x  1  2 x  1  1  x 2  4 x  0   x2  4 x  3 2 2  x  1  2 x  1  x 2  1  2  x  1 2 x  1   x 2  4 x  0   x2  4x  3 2 2  x  1  2x  1 x  2  2 x  1 x  2 x  1  x2  4x  0 x2  4x  3

 

 





Ta nhận thấy với x  3 thì x  2  2 x  1  0 và x  2 x  1  0

Do đó: x  1  2 x  1

2

 x  2 



2x  1 x  2x  1  0

  2 Xét biểu thức  x 2  4 x  .   2 x  4 x  3  

Đặt t  x 2  4 x  3 và xét hàm số f  t   t 

2 t3

ta có:

137


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

f ' t   1 

Do đó:

1

 t  3 t  3  1   t  3 t  3



t  3 1 t  4  t  3

 t  3 t  3 f '  t   0  t  3  1  t  2

Ta có bảng xét dấu: t f 't 

0

t  3

t3

-2



0

+

Từ bảng xét dấu ta thấy f  t   f  2  = 0.   2 Như vậy:  x 2  4 x    0 và phần biểu thức   x2  4 x  3  

x 1

2x  1

2

 x  2 



2x  1 x  2x  1  0

Do đó Vế trái của phương trình luôn lớn hơn hoặc bằng 0 Vì vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:  2 2 0 x  4 x  2 x  4 x  3  2  x  1  2 x  1 x  2  2x  1 x  2x  1  0   x 2  4 x  2  0   x  2 2  x  3





Kết luận: Phương trình có tập nghiệm S  2  2 .

138


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

CHỦ ĐỀ 5: ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN I. Đặt vấn đề: Đây là một dạng phương pháp giải quyết các phương trình có dạng A B  C bằng cách nhóm về nhân tử mà không cần quan tâm đến nghiệm

của phương trình. Các bươc làm như sau: Bước 1: đặt t  B điều kiện t  0 . Xét phương trình tổng quát có dạng  t 2  At  C   B  0 . Bước 2: Đối với phương trình vô tỷ một biến x : Gán cho x  100 khi đó ta

được phương trình bậc hai với ẩn là t và tham số là  . 1 100 khi đó ta được phương trình bậc hai với ẩn là t và tham số là  .

Đối với phương trình vô tỷ hai biến x , y : Gán cho x  100, y 

Bước 3 : 

Tính  và tìm  sao cho

Khi tìm

  f   là số hữu tỷ và   0

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

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

.

Trong phần này, chúng ta sẽ chỉ đề cập đến việc đặt ẩn phụ không hoàn toàn giải hệ phương trình, kỹ năng đặt ẩn phụ không hoàn toàn giải hệ phương trình sẽ được đề cập sau. II. Bài tập áp dụng:

Bài 1: Giải phương trình sau: x 2  1

x 3  x  1  2 x2  2 x  3 ( 1)

Phân tích Đặt

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

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

 t 2  x 2  1 t  2 x 2  2 x  3   x 3  x  1  0 ( 2) . Gán giá trị cho x  10 khi đó phương trình ( 2)

  t 2  101t  223  1009  0 . Tới đây ta tiến hành giải  với tham số  và với ẩn là t . 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

139


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 2

  101  4  223  1009     Xét hàm số f     

101

2

101

2

 4  223  1009  .

 4  223  1009  .

Sử dụng chức năng TABLE để tìm   0 và  nguyên sao cho f     có giá trị hữu tỷ: Xét công cụ TABLE (mode 7) cho: F(X) 

101

2

X

F(X) 587.4904… 525.0152… 462.8271… 401.0598… 339.9426… 279.9017… 221.8129… 167.7170… 123 101 115.5205… 156.7194… 209.4015… 266.8501… 326.5593… 387.4854… 449.1336… 511.2426… 573.6627…

9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

 4X  223  1009X 

Với các giá trị:  START = 9 .  END = 9.  STEP = 1. Khi đó ta tìm giá trị X sao cho F(X) nhận giá trị hữu tỷ và đồng thời X là giá trị khác 0. Dựa vào bảng giá trị TABLE như trên, ta nhận thấy với X =  1 thì: F(X)  123  100  20  3  x 2  2 x  3 Vậy nếu lựa chọn   1 thì:   x2  2 x  3 Do đó, nếu ta lựa chọn:   1    123  x 2  2 x  3   f    123 Vậy với cách đặt ẩn phụ là t và   1 ta được phương trình có :

2

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

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

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

2

2

2

3

2

3

2

2

2

   x2  2 x  3 .

Khi đó, bằng công thức nghiệm của phương trình bậc 2, ta thu được hai nghiệm sau : 140 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 x2  1  x2  2x  3 x2  x  2 t   2 2   x2  1  x2  2x  3 t   x 1  2

Đến đây phương trình sẽ được viết dưới dạng nhân tử như sau :  x2  x  2  2 t     t  x  1   0  2t  x  x  2  t  x  1   0 2  



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

Chú ý : Ta có thể lựa chọn việc gán x  10 hay x  100 đều có ý nghĩa tương tự nhau. Bài giải Điều kiên xác định x   .

x

2

1

x 3  x  1  2 x2  2 x  3



 x2  x  2  2 x3  x  1 x  1  x3  x  1  0 2   1 3    x     2 x3  x  1  x  1  x3  x  1  0   4 4  

2

 1 3 Vì  x     2 x3  x  1  0x   do đó: 4 4 

 3  x  x 1 3 x  x 1  x 1   x  1  0

2

  x  1

2

 x 3  x  1  x 2  2 x  1  x  1  0

 x  2  x2  x  1  0  x 3  x2  x  2  0   x2  x  1  0 x  1  0

Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là x  2 . Bài 2: Giải phương trình sau :  x  1 6 x2  6 x  25  23x  13 Phân tích Trong bài toán này ta dùng phương pháp đặt ẩn phụ không hòan toàn .

3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

141


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Đặt 6 x 2  6 x  25  t với t  0 khi đó ta đi tìm   0 theo phương trình tổng quát đã cho có dạng như sau.

 t 2   x  1 t   23 x  13    6 x2  6 x  25  0 . ( 2 ) Ta gán cho giá trị của x  100 khi đó phương trình ( 2 )đã cho có dạng. 2

 t 2  101t  2287  59425  0    101  4  2287  59425   

101

2

 4  2287  59425  .

Xét hàm số f     

101

2

 4  2287  59425  .

Sử dụng chức năng TABLE trong Casio tìm   0 và có giá trị nguyên Với Start = -9 , End = 9, Step = 1 ta có :   1 2    507  500  7  5 x  7     5 x  7    f    507

Khi đó phương trình đã cho có dạng

t 2   x  1 t   23 x  13   6 x 2  6 x  25  0 .

 t 2   x  1 t  6 x 2  17 x  12  0 . Tới đây chúng ta đi giải phương trình trên theo ẩn t 2

    x  1  4 6 x 2  17 x  12  25 x2  70 x  49   5 x  7 

Nghiệm của phương trình là:    x  1   5 x  7   2x  3 t  2     x  1   5 x  7     3x  4  t   2

Bài giải Điều kiện xác định x   . Ta có :  x  1 6 x2  6 x  25  23x  13



 2 x  3  6 x 2  6 x  25 3 x  4  6 x 2  6 x  25  0

142 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

2


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

 4 x   3 Trường hợp 1 :   3x  4   6 x  6 x  25    3x  4  2  6 x 2  6 x  25  2

 4 x     x  2 7  5 (Thỏa mãn). 3  3x 2  30 x  9  0  6 x 2  6 x  25  2 x  3

Trường hợp 2 :

 2  6 x  6 x  25  6 x  6 x  25  2 x  3   2 x  3  0

2

2

  2x  3 

2

 2 x 2  18 x  16  0 2 2 x  1  4 x  12 x  9  6 x  6 x  25     3  2 x  3  0 x  8 x    2

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là : x  1;8; 5  2 7 .

Bài 3: Giải phương trình : x 2  1

2 x 2  x  15  x 3  2 x 2  6 x  9

Phân tích Đặt

2 x 2  x  15  t với t  0 khi đó ta đi tìm  theo phương trình tổng

quát đã cho như sau :

 

 

 t 2  x 2  1 t  x3  2 x 2  6 x  9   2 x 2  x  15  0 . ( 2 ) Gán giá trị cho x  10 khi đó phương trình ( 2 ) có dạng :

 t 2  9999t  1020591  19915  0 . Núc này ta coi ẩn là t và  tham số, tính  cho phương trình trên 2

   9999   4 1020591  19915   

 9999 

2

 4 1020591  19915  ,

Xét hàm số f     

 9999 

2

 4  1020591  19915 

Dùng chưc năng TABLE trong Casio tìm   0 và là số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 ta có : 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

143


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

  1    10205  10000  200  5  x2  2 x  5  f   10205   

Phương trình đã cho có dạng :

   x

   1  4  x

  4 x  5x  6    x  2 x  5      x    x  1   x  2 x  5  t   x3

t 2  x2  1 t  x3  4 x 2  5x  6  0 . 2

3

2

2

2

2

2

 2x  5 .

2

2    x2  1  x2  2 x  5 t   x2  x  2  2

 

Bài giải Điều kiện xác định x   .

x

2

1

2 x 2  x  15  x 3  2 x 2  6 x  9

  x  3 

  1 7 2 x  x  15    x      4 4 

 x  3  2 x 2  x  15 x 2  x  2  2 x 2  x  15  0 2

2

 2 x 2  x  15   0  

2

 1 7 Vì  x     2 x2  x  15  0x   . 4 4 

Do đó x  3  2 x 2  x  15 . 2   x  3    x  3  0

2 x 2  x  15

2

2 2 x  1 x  6 x  9  2 x  x  15   x  3 x  6

Kết Luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là x  1;6 .

Bài 4: Giải phương trình : x 2  8

2 x 2  12 x  14  x 3  4 x 2  14 x  29 .

Phân tích Đặt

2 x 2  12 x  14  t , t  0  t 2  2 x 2  12 x  14 khi đó theo phương trình

tổng quát ta đi tìm  và phương trình đã cho có dạng .

 

 

 t 2  x 2  8 t  x3  4 x 2  14 x  29   2 x 2  12 x  14  0 . ( 2 ) 144 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Gán x  10 cho phương trình ( 2 ) ta có

 t 2  10008t  961371  18814  0 Tới đây ta coi t là ẩn của phương trình và  là tham số tính 2

  10008   4  961371  18814   

10008 

2

 4  961371  18814  .

Xét hàm số f     

10008 

2

 4  961371  18814  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio ta tim  sao cho   0 và là một số nguyên. Với Start = -9, End = 9, Step = 1 ta thu được   1    10202  10000  200  2  x 2  2 x  2  f   10202   

Phương trình đã cho

  x

     t  8  t   x  2 x  2 x  15   0 .    x  8   4  x  2 x  2 x  15   x  4 x  8 x  8 x  4   x     x  2x  2  .    x  8    x  2x  2  t  x3  t 2  x 2  8 t  x3  4 x 2  14 x  29  2 x 2  12 x  14  0 2

2

3

2

2

3

2

2

4

3

2

2

 2x  2

2

2

2

2

2    x 2  8  x2  2 x  2 t   x2  x  5  2

 

Bài giải Điều kiện xác định x   .

Ta có: x 2  8

  x  3 

2 x 2  12 x  14  x 3  4 x 2  14 x  29

  1  17 2 x  12 x  14    x      4 4 

 x  3  2 x2  12 x  14 x 2  x  5  2 x 2  12 x  14  0 2

2

 2 x 2  12 x  14   0  

2

 1  17 Vì  x     2 x 2  12 x  14  0x   . 4 4 

3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

145


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Do đó x  3  2 x 2  12 x  14 x  3  0  x  3   2 x4 2 2  x  6 x  5  0  x  3   2 x  12 x  14

Kết luận : Vậy nghiệm của phương trình đã cho x  4 .

Bài 5: Giải phương trình : x 2  2 x  7

2 x 2  12 x  11  x 3  x2  11x  21

Phân tích 2 x 2  12 x  11  t , t  0 , t 2  2 x 2  12 x  11 theo phương trình tổng

Đặt

quát ta đi tìm  có dạng như sau:

 

 

 t 2  x 2  2 x  7 t  x 3  x 2  11x  21   2 x2  12 x  11  0 . Gán giá trị x  100 vào phương trình trên

  t 2  10207 t  991079  18811  0 . 2

  10207   4  991079  18811   

10207 

2

 4  991079  18811  .

Xét hàm số f     

10207 

2

 4  991079  18811  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   1    10403  10000  400  3  x 2  4 x  3 .  f   10403   

Khi đó phương trình đã cho:

  x

     t  2 x  7  t   x  x  x  10   0 . ( 2 )    x  2 x  7   4  x  x  x  10  =  x  4 x  3     x    x  2x  7    x  4 x  3 t   x2

 t 2  x2  2 x  7 t  x 3  x 2  11x  21  2 x 2  12 x  11  0 . 2

2

2

3

2

3

2

2

2

2

2

2

2

2    x2  2x  7  x2  4x  3 t    x 2  3x  5  2

 4x  3 .

 

146 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Bài giải Điều kiện xác định x   .

Ta có: x 2  2 x  7

2 x 2  12 x  11  x 3  x2  11x  21



 x 2  3x  5  2 x 2  12 x  11 x  2  2 x 2  12 x  11  0 2   3  11    x     2 x 2  12 x  11  x  2  2 x 2  12 x  11  0   2 4  

2

 3  11 Vì  x     2 x 2  12 x  11  0 x   . 2 4 

Do đó x  2  2 x 2  12 x  11 x  2 x  2  0   x  2   2  x  1  x  7 2 2  x  2   2 x  12 x  11  x  8 x  7  0 x  7 

Kết luận : Vậy nghiệm của phương trình đã cho x  7 .

Bài 6 : Giải phương trình x 2  x  10

10 x2  47 x  53  3x 3  11x2  42 x  74

Phân tích Đặt

10 x2  47 x  53  t , t  0, t 2  10 x 2  47 x  53 . Núc này ta đi tìm 

theo phương trình tổng quát.

 

 

 t 2  x 2  x  10 t  3x 3  11x 2  42 x  74   10 x 2  47 x  53  0 . ( 2) ta gán giá trị của x  100 vào phương trình ( 2 )

 t 2  9910t  2894126  95353  0 2

   9910   4  2894126  95353   

 9910 

2

 4  2894126  95353  .

Xét hàm số f     

 9910 

2

 4  2894126  95353  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau. 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

147


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

  1    f    10496  10000  400  90  6  x 2  5 x  4  f   10496   

Phương trình đã cho

     x  x  10   4  3 x

 t 2  x2  x  10 t  3 x 3  4 x 2  5 x  21  0 . 2

2

3

 

2

 4 x 2  5 x  21  x2  5 x  4 .

 

 

  x 2  x  10  x 2  5x  4 t   3x  7 2 Nghiệm của phương trình    x 2  x  10  x 2  5x  4 t   x2  2x  7  2

Bài giải Điều kiện xác định x   .

Ta có: x 2  x  10

   3x  7 

10 x2  47 x  53  3x 3  11x2  42 x  74

 10 x  47 x  53    x  1  6 

 10 x  47 x  53   0

 3 x  7  10 x 2  47 x  53 x2  2 x  7  10 x 2  47 x  53  0 2

2

2

2

Vì  x  1  6  10 x 2  47 x  53  0x   . Do đó: 3x  7  10x2  47 x  53 .  7 x  7  3x  7  0 3 x      x4 3 2 2 x  1  3 x  7   10 x  47 x  53 x 2  5 x  4  0    x  4

Kết luận : Vậy x  4 là nghiệm của phương trình đã cho. Bài 7: Giải phương trình x 2  2 x  1   x  1 x  2  0 . Phân tích : Đặt

x  2  t , t  0 khi đó t 2  x  2 Núc này ta đi tìm  theo phương

trình tổng quát  t 2   x  1 t  x 2  2 x  1    x  2   0 . ( 2 ) Gán x  100 cho phương trình ( 2 ) ta có  t 2  99t  10199  102   0 148 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh 2

  101  4 10199  102     Xét hàm số f     

 99 

2

 99 

2

 4 10199  102 

 4  10199  102  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   2  f      305  300  5  3x  5   f    305

Khi đó phương trình đã cho có dạng

2t 2   x  1 t  x 2  2 x  1  2  x  2   0 .

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

   x  1  8 x 2  4 x  3  9 x 2  30 x  25   3x  5 

2

   x  1   3 x  5   2x  3  t  4 2     x  1   3 x  5   x1 t   4

Bài giải Điều kiện xác định x  2 . Ta có: x 2  2 x  1   x  1 x  2  0



 2x  3  2 x  2 x  1  x  2  0

Trường hợp 1: x  1  x  2 x  1  0 1  5  x  1   2 x 2 2  x  x  1  0  x  1  x  2  3 2 3 2  x   2 Trường hợp 2: 2 x  3  2 x  2   x 2 2  2 x  3   4  x  2  

Kết luận : Nghiệm của phương trình đã cho là x 

3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

1  5 2 3 ,x   . 2 2

149


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài 8 : Giải phương trình

x

2

 5x

5 x 2  3x  6  2 x 3  12 x2  16 x  15

Phân tích Đặt

5x 2  3x  6  t , t  0 , t 2  5x 2  3 x  6 núc này ta đi tìm hệ số  theo

phương trình tổng quát .

 

 

 t 2  x 2  5x t  2 x 3  12 x 2  16 x  15   5 x2  3x  6  0 . Gán cho giá trị của x  100 khi đó phương trình tổng quát đã cho

 t 2  9500t  1881585  49706  0 . 2

   9500   4 1881585  49706 

 9500 

 

2

 4 1881585  49706 

Xét hàm số f     

 9500 

2

 4  1881585  49706 

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   3  f      10706  10000  700  6  x 2  7 x  6 .   f    10706

     x  5 x   12  2 x  3x  7 x  3  =  x  7 x  6     x  5x    x  7 x  6  t   6x  3

Phương trình đã cho  3t 2  x 2  5 x t  2 x 3  3 x2  7 x  3  0 . 2

2

3

2

2

2

2

   x2  7 x  6

2

2    x 2  5 x  x2  7 x  6 t   x2  x  6  2

 

Bài giải Điều kiện xác định x   . Ta có:

x

2

 5x

5 x 2  3x  6  2 x 3  12 x2  16 x  15

  6x  3 

  1  23 5x  3 x  6    x      2 4 

 6 x  3  5x 2  3 x  6 x 2  x  6  5x 2  3 x  6  0 2

2

150 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

 5 x2  3x  6   0  


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh 2

 1  23 Vì  x     5x 2  3x  6  0x   . 2 4  

 1 39  1149 x   2 Do đó: 6 x  3  5 x  3x  6   x 62  6 x  3 2  5x 2  3x  6  2

Kết luận : Vậy nghiệm của phương trình x 

Bài 9 Giải phương trình x 2  x  1

39  1149 62

2x2  8x  3  x3  2x2  x  9

Phân tích 2 x 2  8 x  3  t , t  0 , t 2  2 x 2  8 x  3 tới đây ta đi tim hệ số  theo

Đặt

phương trình tổng quát

 

 

.  t 2  x 2  x  1 t  x 3  2 x 2  x  9   2 x 2  8 x  3  0 .( 3 ) Gán x  10 vào phương trình ( 3 )   t 2  111t   1199  277   0 2

  111  4  1199  277     Xét hàm số f     

111

2

111

2

 4  1199  277  .

 4 1199  277  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   1  f      135  100  30  5  x 2  3x  5  f   135   

Kkhi đó phương trình đã cho có dạng:

   x

   x  1  4  x

t 2  x2  x  1 t  x 3  4 x 2  7 x  6  0 2

2

3

     x  x  1   x t 

2

 4 x 2  7 x  6  x 2  3x  5 . 2

2

 3x  5

 x2

2    x2  3x  5     x 2  x  1  x 2  3x  5 t   x2  2x  3  2

3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

 

151


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

Bài giải   4  22   4  22 Điều kiện xác định x   ;  ;   .    2 2    

Ta có: x 2  x  1

  x  2 

2x2  8x  3  x3  2x2  x  9

 2 x  8 x  3    x  1  1 

 2x  8x  3   0

 x  2  2x2  8x  3 x2  2x  3  2x2  8 x  3  0 2

2

2

  2 4  22   4  22 Vì  x  1  1  2 x 2  8 x  3  0x    ;  ;      2 2    

x  2  0 Do đó x  2  2 x 2  8 x  3   2 2  x  2   2 x  8 x  3  x  2 x  2    2   x  2  11  x  2  11 (Thỏa mãn điều kiện) x  4 x  7  0    x  2  11

Kết luận : Vậy nghiệm của phương trình là x  2  11

Bài 10: Giải phương trình x 2  5

2 x 2  x  11  x 3  16 x  21

Phân tích Đặt

2 x 2  x  11  t , t  0 , t 2  2 x 2  x  11 tới đây ta đi tim hệ số  theo

phương trình tổng quát.

 

 

 t 2  x 2  5 t  x3  16 x  21   2 x 2  x  11  0 . Gán giá trị cho x  100 vào phương trình tổng quát

 t 2  9995t  1001579  19911  0 . 2

   9995   4  1001579  19911   

 9995 

2

 4 1001579  19911  .

Xét hàm số f     

 9995 

2

 4 1001579  19911  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số 152 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   3  f      10613  10000  600  13  x2  6 x  13  f   10613   

      x  5   12  x  6 x  13 x  12    x  6 x  13      x  6 x  13     x  5    x  6 x  13  t  x3 6     x  6 x  13      x  5  x  6 x  13     2x  6 x  8 t  

Phương trình đã cho  3t 2  x2  5 t  x3  6 x 2  13x  12  0 . 2

2

3

2

2

2

2

2

2

2

2

2



2

6

6

Bài giải Điều kiện xác định x   .

Ta có: x 2  5

  x  3 

2 x 2  x  11  x 3  16 x  21

   3 7  x  11   2  x       2 2 

 x  3  2 x 2  x  11 2 x2  6 x  8  2 x 2  x  11  0 2

2x

2

 2 x 2  x  11   0  

2

 3 7 Vì 2  x     2 x 2  x  11  0 x   . 2 2 

 7  37 x  x  3  0 2 Do đó: x  3  2 x 2  x  11    2 2 7  37  x  3   2 x  x  11  x  2   7  37 7  37  Kết luận : nghiệm của phương trình x   ; . 2  2 

Bài 11: Giải phương trình sau:

15 x 3  x 2  3x  2  15 x2  x  5

x2  x  1  0

Phân tích Đặt

2

2

2

x  x  1  t , t  0 , t  x  x  1 tới đây ta đi tim hệ số  theo

phương trình tổng quát. 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

153


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng

 t 2  15x 2  x  5 t  15x 3  x 2  3x  2   x 2  x  1  0 . Gán giá trị cho x  100 vào phương trình tổng quát

 t 2  150095t  15009702  10101  0 . 2

  150095   4  15009702  10101 

150095 

 

2

 4  15009702  10101  .

Xét hàm số f     

150095 

2

 4 15009702  10101  .

Dùng chức năng TABLE trong Casio để tìm  sao cho   0 và là một số nguyên với Start = - 9, End = 9, Step = 1 thu được kêt quả như sau.   2  f      149695  140000  9600  95   f    149695

   140000  10000  400  100  5  150000  300  5  15 x2  3x  5 Phương trình đã cho

 2t 2  15 x 2  x  5 t  15 x3  x2  5x  0 .

  15 x2  x  5

2

 

 8 15 x 3  x 2  5x  15x 2  3x  5

2

   15x 2  3 x  5

 15 x2  x  5  15 x2  3x  5 15x 2  x  5 t   4 2   15 x2  x  5  15x 2  3x  5 t  x  4

Bài giải Điều kiện xác định x   .

Ta có: 15 x 3  x 2  3x  2  15 x2  x  5



x2  x  1  0

 15x 2  x  5  2 x 2  x  1 x  x 2  x  1  0  * 

Tiếp tục sử dụng kỹ thuật tách nhân tử bằng đặt ẩn phụ không hoàn toàn ta được:

 *   2  2x 





x 2  x  1 10 x  2  5 x 2  x  1 x  x 2  x  1  0

 x  0 1  13 Trường hợp 1: 2 x  x 2  x  1  0   2 . x 6  3x  x  1  0 154 - 3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng Phản biện chuyên môn: Nguyễn Phú Khánh

Trường hợp 2: 10 x  2  5 x2  x  1  0  5 x 2  x  1  10 x  2 2 2 2  25 x  x  1   10 x  2  75 x  15x  21  0   10 x  2  0 10 x  2  0

1  29 (Thỏa mãn điều kiện). 10  x  0 (vô nghiệm) Trường hợp 3: x  x 2  x  1   2 2  x  x  x  1 x

Kết luận : Nghiệm của phương trình x 

3 D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

1  13 1  29 x . 6 10

155


Đoàn Trí Dũng – Email: dungdoan.math@gmail.com. Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình Bất phương trình Hệ phương trình

Tập 2 Đón đọc: Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Min – Max, Bất đẳng thức.

Tập 3 Lưu hành nội bộ, 01/2016


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 6: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG HIỆU I. Đặt vấn đề: 

Trong các chủ đề trước, chúng ta đã giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình bằng các phương pháp nâng lũy thừa, tạo biểu thức liên hợp với sự hỗ trợ của máy tính CASIO. Trong phần này, chúng ta sẽ tiếp tục tiếp cận phương pháp nhân liên hợp tiếp theo, chuyên sử dụng cho các bài toán có hai căn bậc hai cộng với nhau.

II. Phương pháp xét tổng hiệu là gì?   

Cho phương trình có dạng A  B  C (1). AB AB  Xét A  B  (2). C A B Khi đó chỉ cần cộng hoặc trừ vế với vế của (1) và (2) ta sẽ khử được một trong hai căn

A hoặc

B.

III. Ví dụ minh họa. Ví dụ: Giải phương trình:

x2  3x  3  x2  5x  1  x  1 Bài giải

Điều kiện xác định: x  1 . Nhận xét x  1 không phải là nghiệm của phương trình. Xét

2

x  3x  3  x

2

x  5x  1 

2

 

 3 x  3  x 2  5x  1

  2x  2  2

x2  3 x  3  x2  5x  1

x1

 x 2  3x  3  x 2  5x  1  x  1  Do đó ta có:   x 2  3x  3  x2  5 x  1  2 Cộng hai vế của hai phương trình ta được:  x  1  2 x2  3x  3  x  3    x 32 2 2 2  4 x  3x  3  x  6 x  9

Kết luận: Phương trình có hai nghiệm phân biệt x  3  2 2

-156-

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

IV. Bài tập áp dụng. x2  2 x  2x  1  x  1 Bài giải

Bài 1: Giải phương trình: Điều kiện xác định: x   Xét

x2  2 x  2 x  1 

1 2 x2  2 x  2 x  1 x2  2x  2x  1

x2  1  x1 x1

 x2  2x  2x  1  x  1  Do đó ta có:   x 2  2 x  2 x  1  x  1

Cộng hai vế của hai phương trình ta được: 2 x 2  2 x  2 x  x  0  x2  2 x  x   2  x  0 (Thỏa mãn điều kiện). 2  x  2 x  x Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . x 3  x2  1  x 2  2  x 2  x  1 Bài giải 3 2 Điều kiện xá định: x  x  1  0  x 3  x 2  4  0  x  2

Bài 2: Giải phương trình:

Xét:

3

2

x  x 1 x

2

x 2 

3

 

 x2  1  x 2  2

3

2

2

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

3

x 1 2

x  x1

 x1

 x 3  x2  1  x 2  2  x 2  x  1  Do đó ta có:   x 3  x2  1  x 2  2  x  1 Trừ hai vế của hai phương trình ta được:

2 x 2  2  x 2  x  1   x  1  2 x 2  2  x 2  2  x2  2  2  x2  2  x   2 (Thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x   2 . Bài 3: Giải phương trình:

x8 x  x7 x 1  4 x 1 Bài giải

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

-157-


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Điều kiện xác định: x  0 . Xét:

x 8 x  x 7 x 1 

x  8 x   x  7

x 1

x8 x  x7 x 1

 x8 x  x 7 x 1 

x 1 4

x 1

 

4

x 1 4



4

x 1

x 1



4

x 1

 x8 x  x7 x 1  4 x 1  Do đó ta có:   x  8 x  x  7 x  1  4 x  1 Trừ hai vế của hai phương trình ta được:

2 x 7 x 1  2  x 7 x 1 1  x7 x 11 x  0 . Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . Bài 4: Giải phương trình:

x 2  16  2 x 2  3x  4  3  4  x 

x1 1

Bài giải Điều kiện xác định: 1  x  4 . 2

Xét:

x  16  2 x

2

x  3x  4 

2

 

 16  4 x 2  3x  4 2

2

x  16  2 x  3x  4  x2  16  2 x 2  3x  4 

3 x2  12 x x 1 1

3x  x  4 

  3 x  4  3  4  x   x  1  1

3 4  x

34  x

x1 1

 x 2  16  2 x 2  Do đó ta có:   x 2  16  2 x 2  3 x  4  x  1  1  Cộng hai vế của hai phương trình ta được:

2 x 2  16   13  3x  x  1  11  3 x

  2

  x  16  5    3x  13   x2  16  5   13  3x 

2

2

2 x2  9

-158-

 x  1  2   9  x  3  0 x  1  2  27  9 x

   3x  13 x  3  9  x  3  0

x2  16  5

x 1  2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2  x  3  3x  13   x  3    9  0 x 1  2  x 2  16  5   2  x  3 3x  5  9 x  1    x  3     0 (*). x  1  2   x 2  16  5 2  x  3 3x  5  9 x  1 Vì x  1   0. x12 x2  16  5 Do đó (*)  x  3 (Thỏa mãn điều kiện). Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .  y  3 x  4  y  5x  4  4 Bài 5: Giải hệ phương trình:   5 y  3  7 x  2  2 x  1  4 y Bài giải 2 3 Điều kiện xác định: x  ,y   . 7 5  y  3x  4    y  5x  4  Xét: y  3 x  4  y  5 x  4  y  3x  4  y  5x  4  y  3x  4  y  5x  4 

8 x  2 x 4

 y  3 x  4  y  5 x  4  4 Do đó ta có:   y  3 x  4  y  5x  4  2 x

Cộng hai vế của hai phương trình ta được: 2 y  3x  4  4  2 x . x  2 2  y  3x  4  2  x   2 y x x.  y  3 x  4   2  x  Thay y  x 2  x vào phương trình thứ hai ta được: 5x 2  5 x  3  7 x  2  4 x2  6 x  1  0



5 x 2  5 x  3   x  1  2 x  7 x  2  4 x 2  7 x  2  0

  1 1  4 x2  7 x  2    1   0 (*)   2  5x  5x  3  x  1 2 x  7 x  2 

Với x 

2 ta có: 7

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

-159-


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 5x 2  5 x  3  x  1  0 1 1   10 .  2 5 x  5x  3  x  1 2 x  7 x  2 2 x  7 x  2  7  0 4 x 2  7 x  2  0 7  17 5  4 17  Do đó (*)   . x y 2 8 32 x  7  Kết luận: Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm phân biệt là: x

5  4 17 7  17 , y 8 32

 x 2  45  7 y 2  29 y  5  y 2  10 x  Bài 6: Giải hệ phương trình:   5x  y  5  1  x  y  6 Bài giải 29  3 109 29  3 109 y . 14 14  5 x  y  5   1  x  y  5x  y  5  1  x  y  5x  y  5  1  x  y

Điều kiện xác định: y  Xét:

 5x  y  5  1  x  y 

6  x  1 6

 x  1.

 5x  y  5  1  x  y  x  1 Do đó ta có:  . 5 x  y  5  1  x  y  6 

Trừ hai vế của hai phương trình ta được: 2 1  x  y  7  x x  7 x  7  x  7 ,y  5   2  2 2 4  1  x  y    7  x  4 y   x  5   20 4 y  45  x  10 x Thay x 2  10 x  4 y  45 vào phương trình đầu ta được:

x 2  45  7 y 2  29 y  5  y 2  10 x  x 2  10 x  45  7 y 2  29 y  5  y 2  4 y  45  45  7 y 2  29 y  5  y 2  y 2  4 y  7 y 2  29 y  5 (1).

Vì y  5  y 2  4 y  0 do đó bình phương hai vế (1) ta được:

y

2

 4y

2

 7 y 2  29 y  5   y  5  y 3  3y 2  6 y  1  0 (*).

Xét hàm số f  y   y 3  3 y 2  6 y  1 với y  5 . -160-

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

2

Ta có: f '  y   3 y 2  6 y  6  3  y  1  9  3  5  1  9  0y  5 . Do đó f  y  là hàm số đồng biến trong  5 ;   . Do đó ta có f  y   f  5   y 3  3 y 2  6 y  1  19  0y  5 . Như vậy (*)  y  5 (Thỏa mãn điều kiện)  x 2  10 x  45  20  x  5 . Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  5 .  x  2 y2  x  y2  1  y  1  Bài 7: Giải hệ phương trình:   x 2  1  2  x  1 x 2  1  2 y  Bài giải Điều kiện xác định: y  0 .

2

Xét:

2

x  2y  x  y  1 

x  2 y2  x  y2  1

x  2 y2  x  y 2  1

y2  1  x  2y  x  y  1   y 1. y 1 2

2

 x  2 y2  x  y 2  1  y  1  Do đó ta có:   x  2 y 2  x  y 2  1  y  1 Trừ hai vế của hai phương trình trên ta được: 2 x  y2  1  2  x  y2  1  1  x  y 2  1  1  x   y 2  0

Thay x   y 2 vào phương trình thứ hai ta được:

y

4

 

 1  2 y2  1

4

 

2

y4  1  2 y  y  1  2 y  1

4

y  1  4y

2

Đặt y 2  t  0 ta có: t 2  4t  1  2  t  1 t 2  1  0

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

  3t 2  1  2  t  1

Vì t  0 

2  t 2  1 2

3t 2  1 2t  t 2  1

 0  3t 2  1

 2 

2t  t 2  1

 0 do đó (*)  3t 2  1  0  t 

2t  t  1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

t2  1

1 3

 0 (*).

.

-161-


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Do đó y 2  t 

1 3

, y  0 ; x  y2  

1 3

1

x

3

1

,y 

4

3

.

Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệp duy nhất là x  

1 3

,y 

1 4

3

.

x 2  y 2  y 2  x 2  2  Bài 8: Giải hệ phương trình:   x 2  x  2  y 2  2 xy  2 x  5  x  1 Bài giải

Điều kiện xác định:  2  x,y  2 . 2

2

Xét: x 2  y  y 2  x   x 2  y2  y 2  x2 

x2 2  y2  y2 2  x2

x 2  y 2  y 2  x2

2 x 2  x 2 y 2  2 y 2  x2 y 2  x2  y2 2

x 2  y 2  y 2  x 2  2  Do đó ta có:  x 2  y 2  y 2  x2  x2  y 2 Cộng hai vế của hai phương trình ta được:

2x 2  y 2  x2  2  y2  x2  2x 2  y 2  2  y2  0  x  2  y2

2

 0

Do đó x  2  y 2  0 . Như vậy ta có: x 2  y 2  2 và 0  x  2 . Tương tự ta cũng có: y  2  x 2  0  y  2 . x 2  x  2  y 2  2 xy  2 x  5  x  1

Xét phương trình thứ hai:

 x2  x  2  y 2  2 xy  2 x  2  7  x  1  x2  x  2  y 2  2 xy  2 x  x 2  y 2  7  x  1 2

 x2  x  2   x  y   2 x  y 2  7  x  1 2

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:  x  y   2 x 2  y 2   x  y   4 Do đó

x2  x  2  4  2x  y 2  7  x  1  x2  x  2  2 x  y 2  3  x  1

 x 2  x  2  2 x  2  x 2  3  x  1  x 2  x  2  2 x  x2  1  x  1

-162-

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

2

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

 x  1

x2  x  2  x  1 x2  x  2  x  1

0

2

 2 1  0   x  1  1  0   x2  x  2  x  1 x2  x  2  x  1   2 1 Vì 1   0x  1 do đó ta có  x  1  0 . x2  x  2  x  1 2

  x  1 

2

2

Mặt khác vì  x  1  0x   do đó  x  1  0  x  1  y  2  x 2  1 . Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệp duy nhất x  y  1 .  2 x  y  2 x  y  4  4 Bài 9: Giải hệ phương trình:  3 2 2 x  4 x  2 y  4 y  x  1  3  0 Bài giải

Xét

2x  y  2x  y  4 

 2x  y  2x  y  4 

 2x  y    2x  y  4  2x  y  2x  y  4

2  y  2

y2 2

4  2x  y  2x  y  4  4  Do đó ta có:  y2  2x  y  2x  y  4  2  Cộng hai vế của hai phương trình trên ta được 2 2 x  y  2

 16  2 x  y    y  6   32 x  y

2

 y  2  4 y  36  x  32

y6 2

2

1  1.

Mặt khác trong phương trình thứ hai ta nhận thấy:

 

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

2

2

 x3  1   2x  y    y  2   0 2

2

2

2

Vì x  1,  2 x  y    y  2   0  x 3  1   2 x  y    y  2   0

2

2

Do đó x 3  1   2 x  y    y  2   0  x  1,y  2 . Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  1,y  2 . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

-163-


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 7: HÀM ĐẶC TRƯNG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. Đặt vấn đề: 

Trong các bài toán phương trình, bất phương trình và hệ phương trình, có rất nhiều bài toán mà ở đó chúng ta nhìn thấy hai vế của phương trình, bất phương trình có cách biểu diễn “gần giống nhau”. Tuy nhiên từ chỗ “gần giống nhau” đó ta chỉ ra được mối quan hệ của các nhóm biểu thức là không phải điều đơn giản. Trong chủ đề này chúng ta sẽ tập trung phân tích các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình có tính chất như trên và ta gọi là “Phương pháp hàm đặc trưng”.

II. Kiến thức căn bản: 

Nếu f  x  là hàm số đơn điệu và liên tục trên tập xác định D đồng  f  a   f  b  thời  thì ta có a  b .  a , b  D

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Bất phương trình: f  x   f  y  , f '  x   0, x , y  D  x  y .

Chú ý: Không phải lúc nào hai biến x , y cũng có cùng một tập xác định. Giả sử x  D1 , y  D2 , khi đó xét hàm đặc trưng, ta sử dụng hàm số f  t  trong đó t đại diện cho hai biến x , y đồng thời t  D với D  D1  D2 .

164

Ví dụ 1: x   , y  0  t   .

Ví dụ 2: x  0, y  0  t  0 .

Ví dụ 3: x   2; 4  , y  1; 3  t  1; 4  .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

III. Bài tập vận dụng:

 x3  2 y  1  0                         Bài 1: Giải hệ phương trình:   3  x  2  x  y 8 y  4  0 Phân tích

Xét phương trình  3  x  2  x  y 8 y  4  0   3  x  2  x  y 8 y  4 . Đây là một phương trình ta nhìn thấy hai vế có nhóm biểu thức được sắp xếp gần giống nhau. Tuy nhiên để chắc chắn sẽ đưa được về hàm đặc trưng, tan cần đánh giá về mối quan hệ của các biến x , y . Xét y  100 , ta có phương trình trở thành:  3  x  2  x  100 796 . SHIFT CALC với x  1 ta được nghiệm: x  197 . Để tìm mối quan hệ giữa x , y ta cần liên hệ với cách biểu diễn của 197 với 100 : 197  3  2.100 . Do đó: x  197  3  2 y . Như vậy: 2  x  2 y  1 . Do đó ta sẽ biến đổi phương trình hai về dạng hàm số đặc trưng đại diện cho hai biến này. Bài giải 1 Điều kiện xác định: x  2, y  . 2 Ta có:  3  x  2  x  y 8 y  4  0   3  x  2  x  2 y 2 y  1

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

2x

3

 2x 

2y  1

3

 2y  1 .

Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  t với t   . Khi đó ta có: f '  t   3t 2  1  0 . Vậy: f  t  là hàm đồng biến và liên tục trên  . Vậy: f

 

2x  f

2y  1  2  x  2y  1  x  3  2y .

Thay 2 y  3  x vào phương trình 1 ta được:

x 3  2 y  1  0  x 3   3  x  1  0  x 3  x  2  0   x  1 x 2  x  2  0 Vì x 2  x  2  0x do đó x  1 (Thỏa mãn điều kiện)  y  1 . Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  1 . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

165


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 2: Giải hệ phương trình:

 3 x  y  x  y  x  x3    x 4  3 x  y  x  x3  x 2  4 x  x y  x  6 Bài giải Điều kiện: y  x . Cộng thêm x ở 2 vế của phương trình 1 ta được: 3

x  y  x  y  x  x3  3 x  y  x  x  y  x  x3  x

Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  t với t   . Ta có: f '  t   3t 2  1  0 với mọi giá trị t   . Do đó f  t  là hàm đồng biến và liên tục với t   . Vì vậy

3

x  y  x  x  y  x  x3  x  f  3 x  y  x   f  x   

 3 x  y  x  x  x  y  x  x 3  y  x  x3  x .

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

x 4  3x  x 3  x  x 3  x 2  4 x  x x 3  x  6  0

 x2  3x  4   x 2  3 x  2   0   2   2    x 2  3 x  2   x  3 x  2    x  3 x  2   0      2    x 2  3 x  2   x  3 x  3   0     x2  3x  4 Do đó x 2  3x  2    x  1  y 1  0  y  1 3  x  x  0 Kết luận: Hệ phương trình có một cặp nghiệm duy nhất x  y  1 .

 x  1  x  3  y  3  y  5 Bài 3: Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  x  y  80                        Bài giải Điều kiện xác định: x  1, y  5 . 166

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có:

x1 x3  y3  y5

 x1

 x  1  2 

y5 

 y  5  2 .

Xét hàm số f  t   t  t  2 , t  0 . Ta có: f '  t  

1

1

2 t

2 t3

 0, t  0 .

Vậy f  t  đồng biến và liên tục trên khoảng xác định. Do đó: f  x  1  f  y  5   y  x  6 . Thay vào phương trình hai ta được:

5 5 7 5 5 5 y 2 2

2

2 x  6  x2   x  6   80  x 

Kết luận: Hệ có cặp nghiệm duy nhất: x 

5 5 7 5 55 ,y  . 2 2

 x3  2 x  y  2 3 y  1  1                      Bài 4: Giải hệ phương trình:  2y  2  2x  x  3  1  2  x y  x  Bài giải

Điều kiện xác định: x   3; 2  \0 . Ta có: x 3  2 x  y  2 3 y  1  1  x 3  2 x 

3

y 1

3

2

3

y1 .

Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  2t , t    f '  t   3t 2  2  0 . Vậy f  t  đồng biến và liên tục trên khoảng xác định. Do đó: f x  f

3

y  1  y  x 3  1 . Thay vào phương trình hai ta có:

x3  2x2  2x  2  x  3  2  x  0

 

  x  1 x 2  x  1 

 

x  3  2  1 2  x  0

  1 1   x  1  x 2  x  1     0  x 1 y  0 x  3  2 1 2  x   Kết luận: Hệ có cặp nghiệm duy nhất: x  1, y  0 .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

167


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  1  4 x  1  y 4  2  y     Bài 5: Giải hệ phương trình:  2 2  x  2 x  y  1  y  6 y  1  0 (Trích đề thi Đại học khối A – A1 năm 2013) Phân tích Không khó để nhìn ra hàm đặc trưng ở phương trình 1:

x  1  4 x  1  y 4  2  y  y  y4  2 

4

2t 3

Như vậy xét f  t   t  t 4  2  f '  t   1 

t4  2

 

x1 

4

x1

4

2

. Tuy nhiên để có thể có

hàm số đồng biến và liên tục, ta cần t  0 . Như vậy chỉ còn thiếu y  0 . Nhìn thoáng qua ta tưởng chừng hệ không có điều kiện có biến y , tuy nhiên nếu ta gặp một phương trình bậc 2 theo biến x , ta có thể sắp xếp lại thành phương trình bậc 2 ẩn x tham số y và giải điều kiện có nghiệm:   0 . Khi đó ta sẽ khai thác tối đa được điều kiện của hệ phương trình. Bài giải Điều kiện xác định: x  1 .

Điều kiện có nghiệm: Vì x 2  2  y  1 x  y 2  6 y  1  0 . Do đó để phương 2

trình ẩn x tham số y có nghiệm thì:  '   y  1  y 2  6 y  1  0  y  0 . Mặt khác từ phương trình 1, ta biến đổi thành: x  1  4 x  1  y 4  2  y  y  y4  2 

4

 

x1 

4

Do đó xét hàm đặc trưng: f  t   t  t 4  2 , t  0  f '  t   1 

x1

4

2t 3 t4  2

2

0.

Vậy f  t  đồng biến và liên tục trên khoảng xác định. Do đó: f y  f

4

x  1  y  4 x  1  0  x  1  y4

Thay vào phương trình thứ hai ta có:

y

2

  y  y  1  y 4

 1  2 y 4  1  y  1  y 2  6 y  1  0  y 8  2y 5  y 2  4 y  0 6

 y5  y4  3y 3  3y2  3y  4  0

Vì y  0  y6  y 5  y 4  3 y 3  3 y 2  3 y  4  0 . 168

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Do đó: y  0  x  1 hoặc y  1  x  2 .

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm:  x; y    1;0  ;  2;1 .

 x 5  xy 4  y10  y 6      Bài 6: Giải hệ phương trình:  2  4 x  5  y  8  6 Bài giải

5 Điều kiện xác định: x   . 4

x 5  0 Xét y  0 , ta có hệ trở thành:  (vô nghiệm). Vậy y  0 .  4 x  5  8  6 5

x x Chia hai vế phương trình đầu cho y ta được:     y 5  y . y y 5

Xét hàm đặc trưng f  t   t 5  t , t    f '  t   5t 4  1  0 . Vậy f  t  đồng biến và liên tục trên khoảng xác định. Do đó: x f    f  y   x  y 2 . Thay vào phương trình hai ta được: y 4x  5  x  8  6  0 

 

4x  5  3 

x8 3 0

  4 1   x  1     0  x  1  y  1 x8 3  4x  5  3 Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm: x  1, y  1 .

Bạn đọc có thể làm các bài tập áp dụng tương tự như sau:

 y 2 x 4  x 2  x  y 2  x y8  y 4  Áp dụng 1: Giải hệ phương trình:  3 2  x  y  3 x  7  4                     

 y 6  y 4  x 3  xy 2                     Áp dụng 2: Giải hệ phương trình:  4 2  y  y  1  3x  2  x  1

 

 x 5 x 2  y 2  y 6 x  y 2  y12 y 2  1  Áp dụng 3: Giải hệ phương trình:  2 2 2 3  x y  9  27 y  1  2 2 x  6     

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

169


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x 3  12 y 2  x  2  8 y 3  8 y      Bài 7: Giải hệ phương trình:  2 2 3  2 x   2 y  1  3 x  8 y  2 Bài giải 3

Điều kiện xác định:  . Ta có:  x3  x   2 y  1   2 y  1 . Sử dụng hàm số f  t   t 3  t , t   ta chỉ ra được x  2 y  1 . Thay vào phương trình hai ta được: 3x 2  3 x 3  4 x  2  x 3  3x 2  4 x  2  x 3  4 x  2  3 x 3  4 x  2 2

  x  1   x  1 

3

x3  4 x  2

3

 

3

x3  4 x  2 .

Sử dụng hàm đặc trưng f  t   t 3  t , t   , ta chỉ ra được: x  1  3 x3  4x  2  x 

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm: x 

1  13 7  13 y 6 12

1  13 7  13 ;y  . 6 12

 x 3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14 Bài 8: Giải hệ phương trình:  3 2  3  x  y  4  x  y  5   Bài giải Điều kiện xác định: x  3; y  4 . 3

Ta có: x 3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14  x 3  3x   y  2   3  y  2  . Sử dụng hàm đặc trưng f  t   t 3  3t , t   , ta chỉ ra được y  x  2 . Thay vào phương trình hai ta có: 3  x  x  2  x3  x2  4 x  1    3 3  x  3 x  2  3x 3  3 x 2  12 x  3 

 

 

 x  4  3 x  2 + 5  x  3 3  x  3 x3  3 x2  12 x  12  0

 x  1 x  2  x43 x2

+

 x  1 x  2  5x3 3x

  3x  6  x  1 x  2   0

  1 1   x  1 x  2   +  3 x  2  0  x43 x2 5x3 3x  Khi đó: x  1  y  3 hoặc x  2  y  0 .

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm phân biệt:  x; y    1; 3  ;  2;0  . 170

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



 x  x 2  1 y  y 2  1  1    Bài 9: Giải hệ phương trình:  x 2  3  x  2 y 2  4 2  y  5  Phân tích Bài toán có chứa hai căn thức rất khó tháo gỡ, vì vậy hãy để ý đến liên hợp ngược sau, chúng ta sẽ dễ dàng biến đổi hơn rất nhiều:

x2  1  x



x2  1  x  1

Bài giải Điều kiện xác định: x  3, y  2 .  x2  1  x  x2  x  x  x  x  x  0  Ta có:   x 2  1  x  x 2  x  x  x  x  x  0

Vậy ta có:

x2  1  x  0, x2  1  x  0 . Do đó biến đổi phương trình đầu:

x 



 

x2  1 y  y2  1 

 y  y2  1   x  

x

2

x2  1  x



x2  1  x

 1 . Xét hàm đặc trưng f  t   t  t 2  1 ta

chỉ ra được y   x . Thay vào phương trình thứ hai ta có: x 2  3  x  2 x 2  4 2  x  5  3x 2  3 3  x  12 x  2  15  0

 

 5  x  3 3  x  4 x  4  3 x  2  3x 2  3 x  6  0

 x  1 x  2  5x3 3x

4  x  1 x  2  x43 x2

 3  x  1 x  2   0

   x  1  y  1 1 4 .   x  1 x  2     3  0   5x3 3x x43 x2   x  2  y  2

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm phân biệt:  x; y    1; 1 ;  2; 2  . Bạn đọc có thể làm các bài tập áp dụng tương tự như sau:





 x  x2  4 y  y 2  1  2  Áp dụng 1: Giải hệ phương trình:   x 2  3 y  1  0                          

 x  x2  4 y  y 2  1  2  Áp dụng 2: Giải hệ phương trình:  12 y 2  10 y  2  2 3 x 3  1          3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

171


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



 x  x2  4 y  y2  1  2  Áp dụng 3: Giải hệ phương trình:   x 2  3  2 y  3                          

 x6  y 3  2 x2  9 y 2  33  29 y Bài 10: Giải hệ phương trình:   2 x  3  x  y                          Bài giải

3 Điều kiện xác định: x   . 2

 

Ta có: x 6  y 3  2 x2  9 y 2  33  29 y  x 2

3

3

 

 2 x2   y  3  2  y  3

Sử dụng hàm đặc trưng f  t   t 3  3t với t   ta chỉ ra được: y  x 2  3 . Thay vào phương trình thứ hai ta có: x 2  x  3  2 x  3  0

 

 x2  2  x  1  2 x  3  0

  x  1

 2 x  3  x 

 

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

Trường hợp 1:

2x  3  0 .

 x  1 2  2 x  3  2 x  3    x  1    x   2  y  1 x  1

 x 2  2 x  3 Trường hợp 2: x  2 x  3    x3 y6  x  0



Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm phân biệt:  x; y    2 ; 1 ;  3;6  .

 x 2  3 x  2  x  2  4 y 2  2 y  2 y  1 Bài 11: Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  2 x  2 y  1  0                             Bài giải

1 Điều kiện xác định: x  2; y   . 2

172

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 

 

x 2  2 x  y 2  2 y  1  0   '  0  0  y  2  Điều kiện có nghiệm:  2 2  y  2 y  x  2 x  1  0   '  0  0  x  2

Ta có: x 2  3 x  2  x  2  4 y 2  2 y  2 y  1 2

  x  1   x  1 

2

 x  1  1   2 y    2 y    2 y   1

Xét hàm số f  t   t 2  t  t  1 với t   0; 4  ta chỉ ra được 2 y  x  1 . Thay vào phương trình hai ta được:

 2 y  1

2

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

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm phân biệt: x 

 2  2  x y  1  1  y Bài 12: Giải hệ phương trình:   x 2  xy  x  

5 5 52 5 x 5 5

52 5 5 5 ,y  . 5 5

  x  1  x2   x 2  x  xy  7  3xy

Bài giải x 2  xy  x  0  Điều kiện xác định: x 2  x  xy  0 . xy  0 

Điều kiện có nghiệm: Vì 1  1  y 2  0, x  1  x 2  x  x 2  x  x  0 . Do đó: x 2 y  0  y  0  x  0 .  2  2  x y  1  1  y Ta có hệ phương trình:   x 2  xy  x  

  x  1  x2 (1)   x2  x  xy  7  3xy (2)

Xét x  0 thay vào phương trình (1) ta thấy không thỏa mãn. Do đó x  0 . Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho x2 ta được:

1 1 1  1 . Xét hàm đặc trưng: f (t )  t  t 1  t 2 2 x x x 1 Ta chỉ ra được: (1)  y  . x 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt (1)  y  y 1  y 2 

173


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Thay y 

1 vào phương trình (2) trong hệ ta có: x

(2)  x2  x  1  x2  x  1  7  3

Xét hàm số: f  x   x2  x  1  x 2  x  1  7  3 ta có: 2x  1

f 'x 

 2 x  1

2

2x  1

 2 x  1

3

2

t

. Xét hàm số g  t  

2

t 3

3

3

 0 nên f '  x   g  2 x  1  g  2 x  1  0 nên f  x   0 3  t2  3      có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mà x  2 là một nghiệm của phương trình. Nên x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình  1 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    2;   2  g 't 

2 x 3  4 x 2  3x  1  2 x 3  2  y  3  2 y  Bài 13: Giải hệ phương trình:   x  2  3 14  x 3  2 y  1 Bài giải

x  2  Điều kiện xác định:  3  y  2  2 x3  4 x2  3x  1  2 x3  2  y  3  2 y (1)  Ta có hệ phương trình:   x  2  3 14  x 3  2 y  1(2) Xét x  0 thay vào phương trình (1) ta thấy không thỏa mãn. Do đó x  0 Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho x3 ta được: 3 4 3 1 (1)  2     3  2y  3  2y 2 3 x x x

3

 1   1    1  x  

1  x

3  2y

3

 3  2y

Xét hàm đặc trưng: f (t )  t 3  t . Ta có: f '(t )  3t 2  1  0t   . Nên hàm số liên tục và đồng biến trên  . Vì vậy: (1)  1 

174

1  3  2y x

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Thay 1 

1  3  2y vào phương trình (2) trong hệ ta có: x

x  2  3 14  x 3  2 y  x  2  3 x  15  1

 

x2 3 

3

x  15  2  0 

x 7 x2 3

x7

 3

 x  15 

2

0

3

 2 x  15  4

  1 1    x  7     0(*) 2  x  2  3 3  x  15   2 3 x  15  4    1 1 Do   0x  2 x  2  3 3 x  15 2  2 3 x  15  4

Nên (*)  x  7  3  2 y 

6 111 y . 7 98

 111  Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    7;   98   x3 x    y  2 x  1 y  1  Bài 14: Giải hệ phương trình:  x 1 x y  1  2 x  x  1  0 

Bài giải x  1 Điều kiện xác định:  .  y  1  x3   y  2  x  1 y  1(1) x  Ta có hệ phương trình:  x 1  x y  1  2 x  x  1  0(2) 

Chia cả 2 vế của phương trình (1) cho x x 1

x

 x  1

3

x 1

x  1 ta được:   y  1 y  1  y  1

Xét hàm đặc trưng: f (t )  t 3  t . Ta có: f '(t )  3t 2  1  0t   Nên hàm số liên tục và đồng biến trên  .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

175


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x

Vì vậy: (1) 

x 1

trong hệ ta có:  x

 x x1

2

 y  1 . Thay x x 1

x x1

 y  1 vào phương trình (2)

 2 x  x  1  0  x2  2 x x  1 

 0  x  x  1  x2  x  1  0  x 

 x  1

2

0

1 5 2

x2 x2 x2  x  1  y1 y  1 0 x 1 x1 x1

 1 5   1 5  Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm  ;0  ;  ;0   2   2       1 3x  4 2 x  3 y  1  y  y  Bài 15: Giải hệ phương trình:  x1  9 y  2  3 7 x  2y  2  2y  3 

Bài giải

x  1  Điều kiện xác định:  2 y  9   1 3x  4 2 (1) x  3 y  1  y  y  Ta có hệ phương trình:  x 1  9 y  2  3 7 x  2 y  2  2 y  3(2)  Xét phương trình (1) ta có: 3x  4 1 1 1 (1)  x   1  y 2   3 y   x  1  3 x  1   y2  3y  y y x 1 x 1 2

 2t  1 t  1  0 nên 1 Xét hàm đặc trưng: f  t   t  3t  . Ta có: f '  t   t t2 2

hàm số liên tục và đồng biến trên tập xác định. Vì vậy: (1)  x  1  y 2 Thay x  y 2  1 vào phương trình (2) trong hệ ta có:  9y  2  3 7 y2  2y  5  2y  3 

176

9 y  2  y  2   3 7 y 2  2 y  5  y  1   0  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

y2  4 y  4  9 y  2 9y  2  y  2 y2  5y  6

9y  2  y  2 y2  5y  6

y3  3y2  3y  1  7 y2  2 y  5

 2

 y  1    y  1 3 7 y

2

2

 2y  5  3 7 y  2y  5

y3  4y2  y  6

 2

7 y  y  1  y  5 y  6    y  1 7 y  2 y  5   7 y

 y  1   y  1 

3

2

7 y  2y  5 

3

2

 2y  5

2

2

2

0

0

2

9y  2  y  2

 y  1

2

3

2

3

2

 2y  5

0

    y  1     1  y2  5y  6   0 2  9y  2  y  2 3 y1 3 2   2  y  1   2  7 y  2 y  5    4    

Do

1 9y  2  y  2

 y  1

 3 2 y1 3 y  1    7 y2  2 y  5   4  2  y  3 x  8 Nên  y 2  5 y  6  0   1  x  3  y2  2

2

 0y 

2 . 9

Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3; 2  8; 3   1 1 4 3 8  3x  2x   2y 2y Bài 16: Giải hệ phương trình:  x  x 2  1  x 2 y  2  2 4 y 2  1       Bài giải

1 Điều kiện xác định: 3  x  2; y   ; y  0 6  1 1 4  3  8(1)  3x  2x   2y 2y Ta có hệ phương trình:  x  x2  1  x 2 y  2  2 4 y 2  1  (2)      Ta nhận thấy từ phương trình thứ 1 trong hệ ta có: 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

177


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

 1   1  1 3x  2x   3  4 3 5  3 2 11  2y  2y  2y   

 3  x  1  2  x  x  1 Do đó x  1; 2  Do x  1; 2  nên chia cả 2 vế của phương trình 2 cho x2 ta được:

1 1 1   1  y  2  2 4 y 2  1  . Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t t 2  1 x x x2   Ta chứng minh được hàm số liên tục và đồng biến trên tập xác định. 1 1 Vì vậy: (2)  2y  . Thay 2y  vào phương trình (1) trong hệ ta có: x x 

 

 x5 x3  2x 8 0  5 x32 x3 2 5 x3

x 1 x3 2

2

1 x 2x 1

2  x  1  3  3x  0

 3 1  x   0

 2 5 x3   1  x   3 0 x  3  2   2  x  1  2 62 x3  1  x    0 x  3  2   2  x  1

Do x  2  2 x  3  2 5  6  6  2 x  3  0  Do đó  x  1  y 

2 2  x 1

62 x3 x32

0

1 . 2

 1 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    1;  .  2

4 1  2 x 2 y  1  3 x  2 1  2 x2 y  1  x 2  Bài 17: Giải hệ phương trình:   2 x3 y  x2  x4  x 2  2 x 3 y 4 y 2  1 Bài giải

1  x  1  Điều kiện xác định: 1  2 x2 y  0  2 1  2 x y  0 178

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 4 1  2 x 2 y  1  3x  2 1  2 x2 y  1  x 2 (1)  Ta có hệ phương trình:   2 x 3 y  x2  x 4  x 2  2 x3 y 4 y 2  1(2) Xét x  0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó x  0 nên chia cả 2 vế

phương trình (2) cho x3 ta thu được:

2 x 3 y  2 x 3 y 4 y 2  1  x2  x 4  x 2  2 y  2 y 4 y 2  1 

1 1 1  1 x x x2

Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t t 2  1 . Ta chỉ ra được hàm số liên tục và đồng biến trên tập xác định. Vì vậy: (2)  2y  Thay 2y 

1 . x

1 vào phương trình (1) trong hệ ta có: x

3x  1  2 1  x  1  x 2  4 x  1  0 Đặt a  1  x  x  1  a 2  x  1  2  a 2  4  3a 2  2a   a  4  2  a 2  0  4  4a 2  8a   a  4   2  a  2  a2   0    4  4 a 2  8a   a  4 

2 a2  4 a  2 2  a  2  a2

2 2a  8   a  1  4   2  a  2  a2

0

 2   0   a  1  4 2  a 2  2 a   0 (*)   

Do x  0 nên a  1 do đó (*)  2 2  a 2  a  a  Với x 

2 10 5  2 10 x . 5 5

5  2 10 1 5  2 10 ta có y   . 5 2x 6

 5  2 10 5  2 10  Kết luận: Hệ có cặp nghiệm duy nhất  x; y    ; .   5 6  

 2 4 x2  1 2 2 2 x  3  4 x  2 x y 3  2 y   x Bài 18: Giải hệ phương trình:  3 2 3  2x  x  x  2  2  3  2 y  2x  1 Bài giải

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

179


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  0  Điều kiện xác định:  3  y  2  2 4x2  1 2 2 (1) 2 x  3  4 x  2 x y 3  2 y   x Ta có hệ phương trình:  3  2x2  x3  x  2 2  3  2 y  (2)  2x  1

Xét phương trình (1): 2 x 2  3  4 x2  2 x 2 y  2x2  3  3

3  2y 

4 x2  1 x

4x2  1  x2  4  2 y  3  2 y . Chia cả 2 vế cho x2 ta được: x

3  1  1 3  1     1    3  2 y  3  2 y . Xét hàm đặc trưng: f (t )  t  t x x     Ta chỉ ra được hàm số liên tục và đồng biến trên tập xác định. 1 1 Vì vậy: (1)  1   3  2y . Thay 1   3  2y vào phương trình (2) x x

trong hệ ta có:  2 x  1 1 

1 3   x  2   2 x2  x3 . Chia 2 vế cho x ta được: x

 1 1 2 2 1 2 2  x  1 x  1 x  3 1 x  1 x  3 1 x   Đặt: a 

1 3 2  1  a   1  2 a   a 3  3 a 2  3 a  1  4 a2  4 a  1 x

1 5 1  5 3 5 x y . 2 2 4  1  5 3  5  Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ; .  2 4    a3  a2  a  0  a 

 x11  xy10  y 22  y12  Bài 19: Giải hệ phương trình:  4 4 2 2 7 y  13x  8  2 y . 3 x 3 x  3 y  1  (Đề nghị Olympic 30/04/2014 Lê QuýĐôn Đà Nẵng) Bài giải

180

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x11  xy10  y 22  y12 (1)  Ta có hệ phương trình:  4 4 2 2 7 y  13x  8  2 y . 3 x 3x  3 y  1 (2)  Xét y  0 không là nghiệm của hệ phương trình nên y  0 do đó chia 2 vế

11

của phương trình (1) cho y

11

x ta được: (1)    y

x  y11  y y

Xét hàm đặc trưng: f (t )  t11  t . Ta chỉ ra được hàm số liên tục và đồng

x  y  x  y2 . y

biến trên tập xác định. Vì vậy: (1) 

Thay y 2  x vào phương trình (2) trong hệ ta có:

 7 x 2  13 x  8  2 x 2 . 3 x 3 x 2  3 x  1

Do y 2  x và y  0 nên x  0 do đó chia 2 vế của phương trình (1) cho x3 3

2  2  3 1 3 1 ta được:    1   2   1   3    23 3   (*). 2 x x x x2 x  x 

Xét hàm đặc trưng: f (t )  t 3  2t . Ta chỉ ra được hàm số liên tục và đồng biến trên tập xác định. Vì vậy: (*)  Đặt a 

2 3 1 1 3 3  x x x2

1  a  0  . Khi đó phương trình trở thành: x 3

2a  1  3  3a  a2  8a 3  12a 2  6a  1  3  3a  a2

 8 a3  13a 2  3a  2  0  8a 2  5a  2  a  1  0 a

5  89 5  89 5  89 x  y . 16 4 4

 5  89 5  89 ; Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y     4 4 

 .  

x  x2  2 x  5  3 y  y 2  4  Bài 20: Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  3 x  3 y  1  0 Bài giải 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

181


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  x 2  2 x  5  3 y  y 2  4(1)  Ta có hệ phương trình:  x 2  y 2  3x  3 y  1  0(2) Cộng vế với vế 2 phương trình trong hệ ta thu được:

 x2  2x  1  2

  x  1 

 x  1

 x  1

2

2

 4  y2  y 2  4

 4  y 2  y 2  4 (*)

Xét hàm đặc trưng: f (t )  t  t  4 . Ta chỉ ra được hàm số liên tục và đồng y  x  1 2 biến trên tập xác định. Vì vậy: (*)   x  1  y 2   . y  1  x Trường hợp 1: Thay y  x  1 vào phương trình (2) trong hệ ta có: 3 1 y 2 2 Trường hợp 2: Thay y  1  x vào phương trình (2) trong hệ ta có: 2

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

3 1 y 4 4 3 1 3 1 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  ;  ;  . 2 2 4 4 2

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

2 x2  x  x  2  2 y 2  y  2 y  1 Bài 21: Giải hệ phương trình:  2 2 x  2 y  2 x  y  2  0

Bài giải

x  2  Điều kiện xác định:  1  y   2 2 x 2  x  x  2  2 y 2  y  2 y  1(1) Ta có hệ phương trình:  2 2 x  2 y  2 x  y  2  0(2) Trừ vế với vế của 2 phương trình trong hệ trên ta thu được:

 x 2  3x  2  x  2  4 y 2  2 y  2 y  1 2

2

  x  1   x  1  x  2   2 y   2 y  2 y  1 (*)

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 2  t  t  1 trên  1;   . 182

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1

Ta có: f '  t   2t 

 1  2  t  1 

1

2 t 1 4 t 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2  t  1 

1 4 t1

1 4 t 1

 3 3 2  t  1 .

1

4 t 1 1

.

1

1

4 t1 4 t1

 33

1 3  8 2

3 1  1   0 . Nên hàm số liên tục và đồng biến trên  1;   . 2 2 Vì vậy: (*)  x  1  2 y . Thay vào phương trình (2) trong hệ ta có:

Do đó f '  t  

y  1  x  1 2 2 2  2 y  1  2 y  2 2 y  1  y  2  0  6 y  7 y  1  0      y  1  x   2  6 3  2 1 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1;1 ;   ;  .  3 6

y2  5 x  5  0  Bài 22: Giải hệ phương trình:  1 2 2  x  2  y  2y  3  y  y 5  Bài giải

Tập xác định: x  0; y   .  y 2  5 x  5  0(1)  Ta có hệ phương trình:  1 2 2  x  2  y  2 y  3  y  y(2) 5  2 y  5 x  5  0   1 2 2  x  2  y  y  y  2y  3  0 5 

y 2  5 x  5  0   5 x  2  y 2  5 y  5 y 2  2 y  3  0 Trừ vế với vế hai phương trình ta được: 5 x  5  5 x  2  5 y  5 y 2  2 y  3  0   x  1  x  2  y  y2  2 y  3  0  x  1  x  2  y  y2  2 y  3

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

183


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  y  1 

 y  1

2

2  x

2

x  2 (*)

Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t 2  2 trên  . t

Ta có: f '  t   1 

t  t2  2

t  t2

t2  2 t2  2 t2  2 Nên hàm số liên tục và đồng biến trên  .

t t

t2  2

0.

Vì vậy: (*)  y  1  x . Thay y  1  x vào phương trình (1) trong hệ ta y  0  x  1 có: y 2  5  y  1  5  0  y 2  5 y  0   .  y  5  x  36 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1; 0  ;  36; 5  .

 1 y 1 x  x  y   Bài 23: Giải hệ phương trình:  1 y 1 1 x 1  2 2 x  xy  y  3 Bài giải Điều kiện xác định: 1  y  x  1 . Ta có:

xy 

1 y 1 y  1

Xét hàm số f  t  

1 x 1 x 1

1t 1 t 1

1 y 1 y 1

.

, ta chứng minh được f  t  là hàm số nghịch

biến, do đó: f  x   f  y   x  y . Mặt khác x  y do đó: x  y . Thay vào phương trình hai ta tìm được x  y  1 . Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm: x  y  1 .

 2 2  x  y  x  1  y  1 Bài 24: Giải hệ phương trình:  x1 y 1  2 2 x  y  4 x  4 y  7  0 Bài giải Điều kiện xác định: x  y . 184

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Điều kiện có nghiệm: Ta để ý rằng phương trình hai biến đổi thành: 2

 x  2   y  2 y2  1

Mặt khác:

y 1

 xy 

t  t  1

Ta có: f '  t  

 x2 2 1   1  x  3  1   2  y  2   1 1  y  3 

x2  1 x2  1  . x 1 x 1

t2  1 với t  1; 3  . t1

Do đó xét hàm số f  t  

2

2

 t2  1

t 1

 t  1

2

t 1

 t  1 2

t2  1

 0.

Vậy f  y   f  x   y  x . Mà theo điều kiện ta có: x  y . Vậy x  y . Thay vào phương trình thứ hai ta được: x  y 

4 2 . 2

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm phân biệt: x  y 

4 2 . 2

 2  2 x  3 y  y 2  1  y  x  y   1 Bài 25: Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  2 x  3 y  1  0 Bài giải Ta biến đổi phương trình đầu trở thành:

 x  2y  

y2  1  x  y  y2  1  y

x  2y

 x  y

2

 1

xy

x  y t2  1 

Ta có: f '  t  

2

x  y y

y2  1

1

2

1

. Xét f  t  

t t2  1

với t   .

t2

1 t2  1   0 . Do đó f  t  đồng biến 2 t 1 t 2  1 t2  1

và liên tục trên  . Trường hợp 1: Nếu x  2 y . Khi đó ta có: 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

185


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

y 2

y 1

Do đó:

x  2y 2

xy

2

xy 2

.

 x  y  1 x  y   1  x  y   1 f  y   f  x  y   y  x  y  x  2 y . Vậy x  2 y .

Trường hợp 2: Nếu x  2 y . Khi đó ta có: y y2  1

Do đó:

x  2y 2

xy

2

xy 2

.

 x  y  1 x  y   1  x  y   1 f  y   f  x  y   y  x  y  x  2 y . Vậy x  2 y .

Do vậy kết hợp cả hai trường hợp ta đều có: x  2 y . Thay vào phương trình hai ta được: 5 y 2  y  1  0  y 

1  21 1  21 x . 10 5

Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm: x 

1  21 1  21 ;y  . 5 10

  2  2 2  x  x  1  2   y y  1  y  1 Bài 26: Giải hệ phương trình:   y  x  x2  2 y  3 

Bài giải Điều kiện xác định: y  x . Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: x x2  1  2 x  y y 2  1  y 2  1  y y 2  1  2 y

Xét hàm số f  t   t t 2  1  2t với t   . Ta chỉ ra được f  t  là hàm số đồng biến và liên tục trên  . Do đó: f  x   f  y   x  y . Mặt khác theo điều kiện xác định ta có: y  x . Do vậy: x  y . Thay vào phương trình thứ hai ta được: x  y  1 hoặc x  y  3 . Kết luận: Hệ có hai cặp nghiệm: x  y  1; x  y  3 .

186

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 8: NHÂN LIÊN HỢP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. Đặt vấn đề: Trong các chủ đề trước, chúng ta tập trung chủ yếu vào các bài toán nhân liên hợp giải phương trình và bất phương trình. Nhưng bên cạnh đó, phương pháp nhân liên hợp cũng rất hữu ích khi sử dụng trong bài toán giải hệ phương trình.  Trong chủ đề này, chúng ta sẽ tập trung vào phương pháp nhân liên hợp giải hệ phương trình. II. Phương pháp 1: Nhân liên hợp căn với căn: 

Ví dụ 1: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử giải phương trình hai biến sau: 2 x 2  5xy  2 y 2  x  3 y  1  5 y  1  0 Phân tích Bước 1: Đặt y  100 , ta được: 2 x 2  500 x  20000  x  301  501  0 Sử dụng công cụ SOLVE ta được: x  200  2.100  2 y

Bước 2: Sử dụng công cụ CALC thay các giá trị x  200, y  100 vào các căn thức ta được:  x  3 y  1  501   5 y  1  501 Do đó nhân tử cần tìm chính là:

x  3y  1  5y  1

Bài giải Điều kiện xác định: x  3 y  1  0,5 y  1  0 . Ta có: 2 x 2  5xy  2 y 2  x  3 y  1  5 y  1  0   x  2 y  2 x  y  

  x  2 y  2 x  y  

x  3y  1  5y  1  0

x  2y x  3y  1  5y  1

0

  1 0   x  2y   2x  y    x  3 y  1  5 y  1   Ví dụ 2: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử giải phương trình hai

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

187


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

biến sau: x  y  1  x3  1  x 2  y  1  1  0 Phân tích Bước 1: Đặt y  100 , ta được: x  101  x 3  1  101x 2  1  0 Sử dụng công cụ SOLVE ta được: x  101  100  1  y  1

Bước 2: Sử dụng công cụ CALC thay các giá trị x  101, y  100 vào các căn thức ta được:  x 3  1  1015.036945   2  x  y  1  1  1015.036945 Do đó nhân tử cần tìm chính là:

x 3  1  x 2  y  1  1

 Bài giải

Điều kiện xác định: x  1, x  y  1  1 . 2

Ta có: x  y  1  x3  1  x 2  y  1  1  0 x 2  x  y  1

 x  y  1

x 3  1  x 2  y  1  1

0

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

x 3  1  x 2  y  1  1  x 2  0

II. Phương pháp 2: Nhân liên hợp căn với đa thức hai biến: Ví dụ 3: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử giải phương trình hai biến sau: x 2  y  x  y Phân tích Bước 1: Đặt y  100 , ta được: x 2  100  x  100 Sử dụng công cụ SOLVE ta được: x  10.5124922 188

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bước 2: Sử dụng CALC thay vào căn thức:

x  y  x  100  10.5124922

Do đó ta có đánh giá: x  x  y .

Vậy nhân tử cần tìm: x  x  y . Bài giải Điều kiện xác định: x  y  0 . Ta có:

x 2  y  x  y  x2  x  y  x  x  y  0  x2  x  y 

x2  x  y x x y

0

  1   0  x2  x  y x  x  y  1  0 .  x2  x  y  1   x  x  y   III. Bài tập áp dụng:



Bài 1: Giải hệ phương trình trên tập số thực: x  1  x 2  2 x  y  y 2  1   4 x3  x  y 2 y  1 Phân tích  Phương trình cần tìm: Phương trình 1.  Nhân tử cần tìm:  x 2  2 x  y 2  1  .   Bài giải  y  1 y  1    x  0 Điều kiện xác định: x  0  x  2   x  0  x  2    y  1  3  2 4 x  x  0 x 4 x  1  0   x  0 Nhận thấy  không phải là nghiệm của hệ phương trình.  y  1

Do đó

x2  2x  y2  1  0 .

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

x  x  1 y 

2

 

 2x  y2  1

  0  x 1 y 

x2  2 x  y 2  1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

 x  1

2

 y2

x2  2 x  y 2  1

0

189


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  1 y 

 x  1  y  x  1  y   0 x2  2x  y 2  1

  x 1 y    0 (*)  x  1  y 1    2 2 x  2x  y  1   x 1 y  0 do đó (*)  y  x  1 Vì 1  x2  2x  y2  1

Thay y  x  1 vào phương trình thứ hai ta được:

4 x 3  x  y 2 y  1  4 x 3  x   x  1 2  x  1   1 Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong máy tính CASIO: Xét

F X

X

F  X   4X 3  X   X  1 2X  1  START = 0.  END = 5.  STEP = 0.5. Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có 1 nghiệm duy nhất nằm trong khoảng  0.5 ; 1 nhưng hàm số không phải hàm đơn điệu. Sử dụng SHIFT CALC với x  0.8 ta có nghiệm x  0.809016994 . Thay nghiệm x  0.809016994 vào căn thức ta được:

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

1  1.121 1.5358 10 27.29 56 426 100.41 162.27 245 51.6 485.1

2 x  1  1.618033989  2 x

Vậy liên hợp cần tìm là 2 x  2 x  1 . Vậy: 4 x3  x   x  1 2  x  1  1  4 x 3  x   x  1 2 x  1

 4 x 3  x   x  1 2 x  1  0

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

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

2

190

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



 2 x  2 x  1 2 x2  x  1  x 2 x  1  0 (*)  2 x  2 x  1 5 1 Vì x  0  2 x 2  x  1  x 2 x  1  0 . Do đó (*)   x 4  x  0

Với x 

5 1 ta có y  x  1  x  4

5 1 1 4

55 . 4

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất: x 

5 1 ,y  4

55 . 4

x  4  x2  8 x  17  y  y 2  1  Bài 2: Giải hệ phương trình:  x  y  y  21  1  2 4 y  3 x Phân tích  Phương trình cần tìm: Phương trình 1.  Nhân tử cần tìm:  x 2  8 x  17  y 2  1  .   Bài giải Điều kiện xác định: y  0; 3x  4 y .

Ta có: x  4  x 2  8 x  17  y  y 2  1   x  4  y    x 2  8 x  17  y 2  1   0  

 x  4  y 

x

2

 8 x  16  y 2

x 2  8 x  17  y 2  1

 x  4

 x  4  y 

2

 y2

2

2

0

0

x  8 x  17  y  1  x  4  y 

 x  4  y  x  4  y  x 2  8 x  17  y 2  1

   x  4  y  1   

 x  4  y

0

 0  2 2 x  8 x  17  y  1  x4 y

x2  8 x  17  y 2  1  x  4  y x2  8 x  17  y 2  1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

 0 (*)

191


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Vì y  0 nên Và

y2  1  y  1  0 .

 x  4

x 2  8 x  17  x  4 

Như vậy

2

1  x 4  x  4  x  4  0.

x2  8 x  17  y 2  1  x  4  y x2  8 x  17  y 2  1

0.

Do đó (*)  y  x  4 . Thay y  x  4 vào phương trình hai ta có:

x  y  y  21  1  2 4 y  3x  x  x  4  x  25  1  2 x  16 Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong máy tính CASIO: Xét

F X

X 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 6

F  X   X  X  4  X  25  1  2 X  16

 START =  4  END = 6  STEP = 1 Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có 1 nghiệm duy nhất đó là x  0 và đồng thời hàm số đồng biến. Như vậy ta có thể xử lý với một trong hai cách sau:  Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.  Sử dụng phương pháp liên hợp. Cách 1: Phương pháp đánh giá tính đơn điệu của hàm số. Nhận xét x  4 không phải nghiệm của phương trình.

 5.345  3.52  .273  1.114 0 1.0888 2.1603 3.2194 4.2693 5.312 6.3492

Xét hàm số: f  x   x  x  4  x  25  1  2 x  16 với x   4;   . Ta có: f '  x   1   f ' x 

 f ' x 

1 2 x4

1 2 x4 1

2 x4

1

2 x  25

1 2 x  25 1

2 x  25

x  16

x  16  1

1

x  16 x  15

x  16  1

x  16

 0x   4;   .

Vậy f  x  là hàm số đồng biến và liên tục với x   4;   . Do đó phương trình f  x   0 có tối đa một nghiệm với x   4;   .

192

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Mặt khác x  0 là một nghiệm của phương trình do đó đây chính là nghiệm duy nhất của phương trình f  x   0 . Với x  0 ta có y  x  4  4 . Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x  0, y  4 . Cách 2: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp. Điều kiện: x  4 . Ta có: x  x  4  x  25  1  2 x  16 

 

x4 2 

x44 x4 2 x

x4 2 x

x4 2

  

 

x  25  5  x  8  2 x  16  0

x  25  25 x  25  5 x x  25  5 x x  25  5

 x  8 

2

 4  x  16 

0

x  8  2 x  16

 

x 2  16 x  64  4 x  64 x  8  2 x  16 x 2  12 x x  8  2 x  16

0

0

  1 1 x  12  x     0 (*) x  25  5 x  8  2 x  16   x4 2 1 1 x  12   0. Với x  4 ta có x4 2 x  25  5 x  8  2 x  16 Do đó (*)  x  0 (Thỏa mãn điều kiện). Với x  0 ta có y  x  4  4 .

Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất x  0, y  4 . x  x  y   x  y  2 y  2 y 2  Bài 3: Giải hệ phương trình:  x 2  3 y 4  x2  2 y  1 Phân tích  Phương trình cần tìm: Phương trình 1.

Nhân tử cần tìm:

x  y  2y .

Bài giải Điều kiện xác định: y  0 , x  y  0 . Chú ý rằng x  y  0 không phải nghiệm của hệ phương trình do đó:

x  x  y   x  y  2 y  2 y 2  x 2  xy  2 y 2  3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

x  y  2y  0 193


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  0   x  y  x  2y   x  y  2y  1 Vì y  0 , x  y  0 do đó x  2 y  0. x  y  2y x  y  2y

  x  2 y  x  y  

 0 x  y  2 y  1

Vì vậy ta có x  y . Thay x  y vào phương trình thứ hai ta được: x 2  3 y 4  x 2  2 y  1  x2  3 x 4  x 2  2 x  1

Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong máy tính CASIO: Xét

F X

X 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5

3

F  X   X 2  X 4  X 2  2X  1

 START =  5  END = 5  STEP = 1 Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có 2 nghiệm phân biệt nằm giữa các khoảng  1; 0  và  1; 2  . SHIFT CALC với x  0.5 ta thu được nghiệm x  0.618033988 . SHIFT CALC với x  1.5 ta thu được nghiệm x  1.618033989 . Thay x  1.618033989 vào căn thức ta được: Vậy liên hợp cần tìm là

3

3

42.434 29.214 18.16 9.2894 2 1 2 1.2894 6.1601 13.214 22.434

x4  x2  1.618033989  x

x4  x2  x .

Ta có: x 2  3 x 4  x 2  2 x  1  x 2  3 x 4  x 2  2 x  1  0

 x2  x  1 

3

 x2  x  1  3 x2

   x2  x  1  1    

194

x4  x2  x  0  x2  x  1  3 x2 x2  x  1

3

x2  1

2

 3 x2  1 3 x  3

3

x2  1

2



3

x

  3

x

2

x2  1 3 x 

 x 3

2

2

3

x2  1  3 x  0

0

  0   

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 3

Vì 1 

3

x2  1

2



3

x2

x2  1 3 x 

 x 3

2

 x 2  x  1  0 1 5 0  xy 2  x  y  0

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y 

1 5 . 2

 x  y  1  1  4  x  y 2  3  x  y   Bài 4: Giải hệ phương trình:  3 2 2 x  x  2 y  9  2x  2 y  3 x  1  6 Bài giải

Điều kiện xác định: x  y  0, x2  2 y  9  0, x  1 . Ta có:

2

x  y  1  1  4x  y  3x  y 2

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

  2 x  2 y  1 2 x  2 y  1 

3x  y  x  y  1

0

  1  0.   2 x  2 y  1 2 x  2 y  1    3 x  y   x  y  1    Vì x  y  0 do đó ta có: 2 x  2 y  1  0 .

Thay 2 y  1  2 x vào phương trình thứ hai ta được:

x 3  x2  2 y  9  2x 2  2 y  3

x 1  6

  x1 6   x  1  2  x  x  1 x  1  x  2 x  10  5  0   x  x  1 x  1  x  1  2    x  2 x  10  5   0  x  x  1 x  1  x  5   x  5 x  3  0   x3  x2  2 x  10  2x 2  2 x  2 3

2

2

2

2

2

x2  2 x  10  5

x 1  2

 x2  x  1 x  1  x3 0.   x  5   2  x 1  2 x  2 x  10  5  

x Vì

2

 x 1

x 1

x 1  2

x3

9  0, x  1 do đó x  5  y   . 2 x2  2 x  10  5

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

195


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

9 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  5, y   . 2

 21 3 2  x  y  1  2x  2 y  7  x  6x  y  4 2 Bài 5: Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy  Bài giải 7 Điều kiện xác định: x  y  ,2 x 2  3 xy  2 y 2  0 . 2

Ta có: x 2  y 2  2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y  2 xy 2

  x  y   2 2 x2  3xy  2 y 2  x  y  0 2

 x  y 

7 x  y

2

2 2 x 2  3xy  2 y 2  x  y

0

  2 7 0  x  y 1  2 2   2 2 x  3 xy  2 y  x  y   7 7 Vì 1   0, x  y  . Do đó: x  y . 2 2 2 x 2  3 xy  2 y 2  x  y

Thay vào phương trình đầu ta được: 21 x  y  1  2 x  2 y  7  x 3  6 x2  y  4 2 21  2x  1  4x  7  x3  6x2  x  4 2 3 2  6 x  36 x  63x  24  6 2 x  1  6 4 x  7  0

  2x  1  2 x  1  3  2

 6 x 3  36 x2  51x  12  4 x  2  6 2 x  1  8 x  14  6 4 x  7  0

  x  4  6 x 2  12 x  3  2

  x  4  6 x2  12 x  3 

4  x  4  2x  1

8  x  4  4x  7

4x  7  3  2 4 2x  1 8 4x  7    x  4   6  x  1  3   0  2x  1  3 4 x  7  3   2 7 3 Vì x   6  x  1  3   0 . Do đó x  y  4 . 4 8 196

2x  1  3

4x  7

4x  7  3  0

0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  4 . x 3  x 2  2 y  1  x 2 y  y  1  Bài 6: Giải hệ phương trình:   3  x  2   3x  4  3 x  y  1  y  3 Bài giải

Điều kiện xác định: 3x  4  0, y  3, x 2  2 y  1  0, x  y  1  0 . Ta có: x 3  x 2  2 y  1  x 2 y  y  1  x3  x 2 y   x 2  x  y  x  y    x  y 



x2  2 y  1  y  1  0

x2  2 y  1  y  1  0

 x2

 

x 2  2 y  1  y  1 x2 x 2  2 y  1  x 2 y  x2  x  y  0

x2  2 y  1  y  1

  x  2 y  1  y  1  x  

2

x2  2 y  1  y  1   x  y 

x2  2 y  1  y  1  0

2

2

 1  1  x2  2 y  1  x2 y   x     y     0 2  4    2

Vì x

2

Do đó:

 1  1 4 x  2 y  1  x y   x     y    0 với x   , y  3 . 2  4 3  2

2

2

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

 4  4 4 Vì x  y   x     y    0 với x   , y  3 . 3  3 3  Vậy x  y . Thay x  y vào phương trình thứ hai ta được:

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

 

 2x  1  3 2x  1 

 

3x  4  4  x  3  x  3  0

 2 2x  1 3 x3    x  4   0xy4.  2x  1  3  3 x  4  4 x  3  1   Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  4 .

 3 y  1  x2  3 y  1  x Bài 7: Giải hệ phương trình:  2 2  2 x  3x  y  4 x  y  x  1 Bài giải

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

197


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1 Điều kiện xác định: x  , y  0, x2  3x  y  0,4 x  y 2  0 . 3

Ta có: 2 x 2  3x  y  4 x  y 2  x  1 

 

x 2  3x  y  x  1 

x  y 1 x 2  3x  y  x  1

x 2  3x  y  4 x  y 2  0

x2  y2  x  y x2  3x  y  4x  y 2

0

 xy 1   x  y  1   2 2  x  3x  y  x  1 x  3x  y  4 x  y 2  Do đó: y  x  1 . Thay vào phương trình thứ hai ta có:

3x  4  x  x2  3 x  2  0 

  

3x  4  x 

 0  

1  x  1 2 x  4   0 2

 12  x  1  3x  4  x  3x  4  x   0  1   4 1 x  1    x      3 x  4  x    0 3 3  2   

3x  4  x  3x  4 

1  4 1 Vì 1    x     2  3 3

Do đó:

3x  4  x  0x 

4 . 3

3x  4  x  x  2  y  1 (Thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  1 .  x 1 y  x y 1 y  x 1  y  y      Bài 8: Giải hệ phương trình:  x1  x  y  x  2y  3 x  2 y  1  Bài giải Điều kiện xác định:

y  0,  x  1 y   x  y  1 y  0, x  1  0, x  y  0, x  2 y  0,3x  2 y  0   Nếu y  0 , khi đó hệ phương trình trở thành:    Do đó lúc này hệ phương trình vô nghiệm. Vậy

198

x1 0 x 1 3x  1 y 0.

x  1  0   0 x  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Khi đó:   

 x  1 y   x  y  1 

y  x 1  y  y

y  y   

 x  1 y   x  y  1 

 y  y   x  y  1

 x  1 y   x  y  1 

x1  y  0

xy1

x 1  y

y y

0

  y y 1    0  y  x 1.   x  y  1   x  1  y    x  1 y   x  y  1 y  y   Thay vào phương trình hai: x1 x1  2 x  1  3x  2  x  y  x  2y  5x  2  1 3x  2 y  1

x1

5x  2  1

x1

 3x  2  2 x  1 

x 1

3x  2  2x  1 2  5x  2  1  3x  2  2 x  1 vì x  1  0, x   5 

2

 

5x  2  1 

3x  2  2x  1

5x  2  1

2

 5x  3  2 5x  2  5x  3  2 3x  2 2 x  1  5x  2  3 x  2 2 x  1 1 2  5x  2   3x  2  2 x  1  x  0  x   khi đó y  1  y  . 3 3   1 2  Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x; y    0;1 ;   ;   .  3 3  

  xy   x  y  xy  2  x  y  y Bài 9: Giải hệ phương trình:   x  1 y  xy  x  1  x   4  (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Ninh Bình 2015) Bài giải Điều kiện xác định: x  0, y  0 .

Ta có:

xy   x  y 

   xy   x  y  

xy  2  x  y  y

 xy  2  y   

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

x  y 0

199


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

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

Mặt khác:  x  1 y  xy  x 1  x   4  y  xy  2  y

4  x2  x  2 x 1

2 x  1  x  2   xy  2   0 do đó x  y .

x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta có:  x  1 2 x  x  1  x   4

  x  1 3 x  x 2  4   x 3  2 x 2  3 x  4  0   x  1  x 2  x  4  0 1  17 1  17 . Kết hợp điều kiện ta loại x  y  . 2 2 Kết luận: Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm:     x; y   1;1 ,  1  2 17 ; 1  2 17      x  y  1 x  y 

 x  2 y  2 x  y  x 2 y  x  3 y  xy 2  Bài 10: Giải hệ phương trình:  2 2 2 1  y  x  2 y  1  y  2 x  1 (Đề nghị Olympic 30/4/2013 Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định) Bài giải Điều kiện xác định: 2 x  y  0 .

Ta có: 

x  2 y  2 x  y  x 2 y  x  3 y  xy 2

 

2 x  y  x  x 2 y  xy 2  0

x  2y  3y 

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

Thay vào phương trình hai ta có: 2  1  x  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  2  x  1 x 2  2 x  1  0  x 2  2 x  5  2  x  1 

200

x2  2x  1  2



x2  2x  1  2  0

x 2  2 x  1  2  2  x  1

x2  2x  1  2  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x2  2x  1  2

trường hợp



x 2  2 x  1  2 x  0 . Vì x  0 do đó chỉ có duy nhất

x 2  2 x  1  2  x 2  2 x  5  0, x  0  x  y  6  1 .

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  6  1 .

 x 3  x2  2 y  1  x 2 y  y  1  Bài 11: Giải hệ phương trình:  3 2 x  1  xy 5  4 y 2  4 x 2 Bài giải Điều kiện xác định: x 

1 5 ,0  y  . 2 2

Ta có: x 3  x 2  2 y  1  x 2 y  y  1  x3  x 2 y   x 2  x  y  x  y    x  y   x2

x2  2 y  1  y  1



x2  2 y  1  y  1  0

x2  2 y  1  y  1  0

x2  2 y  1  y  1   x  y 



x2  2 y  1  y  1  0

x 2  2 y  1  y  1 x2 x 2  2 y  1  x 2 y  x2  x  y  0

Vì x 2 x 2  2 y  1  x 2 y  x 2  x  y  0 với x  Do đó:

1 5 ,0  y  . 2 2 2

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

Vì x  y  0 với x 

1 5 ,0  y  . Vậy x  y . 2 2

Thay x  y vào phương trình thứ hai ta được: 3 2 x  1  x 5  4 x 2  4 x 2

 3 2x  1  2 x  1  4x2  6x  3  x 5  4x2  0

6  x  1 2 x  1 2x  1  1

10x 

2

 9 x  9  x  1 2 x  1

4x2  6 x  3  x 5  4x2

0

2     9  279    10  x      2 x  1     6 2x  1 20  40      0  x  y  1.   x  1   2  2x  1  1   3 3 4  x     x 5  4x2   4 4      Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  1 .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

201


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x2  x  y .3 x  y  y  Bài 12: Giải hệ phương trình:  2 2 x  y  x2  y 2  2  x  y Bài giải

Điều kiện xác định: x 2  x  y  0, x  y . Nếu x 2  x  y  0  y  x 2  x , thay vào hệ ta có: 0  x 2  x  x  0  x  1  2 2   2  2 2 2 2 2 2  x x  x  2  x  x  x  2 x  x  x  x  x  2    Ta nhận thấy hệ trên vô nghiệm. Do vậy: x 2  x  y  0 . Chia hai vế phương

y

x 2  x  y ta có:

trình đầu cho

 3 xy

2

x xy 

y

1  3 x  y 1 

2

y  x2  x  y 2

 3 x y 1

x xy

x xy

  x y 1   x  y  1   2  3 x  y  3 x  y  1 y  x2  x  y x 2  x  y   y  x  1 . Thay vào phương trình thứ hai ta được:

  0  

2 x  1  2 x 2  2 x  1  x  0, y  1  x  2, y  1

Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x; y    0; 1 ,  2;1 .  1  y  x  y  x  2   x  y  1 y  Bài 13: Giải hệ phương trình:  2  2 y  3x  6 y  1  2 x  2 y  4 x  5 y  3 (Trích đề tuyển sinh Đại học Khối B – 2014) Bài giải Điều kiện xác định: x  2 y  0; 4 x  5 y  3 .

Ta có:  1  y  x  y  x  2   x  y  1 y  1  y 

 1  y  202

x  y  1   x  y  1

x y 1 x y 1

  x  y  1

y 1

y 1 y 1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  x  y  1

y 1 y 1

  y  1

x  y 1 x  y 1

0

 1  1 0   x  y  1 y  1    y 1  x  y  1   1 1 Do đó x  y  1 hoặc y  1 vì  0. y 1 x y 1

Với y  1 , thay vào phương trình hai ta được: 9  3x  2 x  2  4 x  8  9  3x  0  x  3 Với x  y  1 thay vào phương trình hai ta được:

2 y2  3y  2  2 1  y  1  y  2 y2  3y  2  1  y  0 Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với:

F X

X

2

f  X   2X  3X  2  1  X

3  2.5 2  1.5 1  0.5 0 0.5 1

 START = 3  END = 1  STEP = 0.5 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy phương trình có các nghiệm nằm trong các khoảng  2.5; 2  và  0.5;1 . Xét 2 y 2  3 y  2  1  y  0

5 1.1291  1.732  3.581  4.414  4.224 3  0.707 3

Sử dụng SHIFT CALC với y  2.3 ta được nghiệm y  2.322875656 Sử dụng SHIFT CALC với y  0.8 ta được nghiệm y  0.618033988 Tuy nhiên trong phương trình 1, ta có điều kiện y  0 nên nghiệm duy nhất của phương trình chính là y  0.618033988 và khi sử dụng nhân liên hợp nghiệm vô tỷ ta phải kết hợp với điều kiện y  0 . Thay y  0.618033988 vào căn thức ta được:

1  y  0.6180339887  y .

Vậy liên hợp cần tìm là: y  1  y .

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

Ta có: 2 y 2  3 y  2  1  y  0  2 y 2  2 y  2  y  1  y  0 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

2

203


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



 y  1  y 2 y  2 1  y  1  0 (*)

0  y  1 Vì y  0 nên 2 y  2 1  y  1  0 do đó (*)  y  1  y   2  y  y  1  0 5 1 5 1  x y 1 . 2 2 Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm đó là:     x; y    3;1 ;  52 1 ; 52 1      

Do đó y 

Bài 14: Giải hệ phương trình:  2 x 2  y 2  5 x  2  3 y  x  1    2 x  y  1 y  x   2 2  4 x  y  x  4  2 x  y  x  4 y Bài giải Điều kiện xác định: y  x ,2 x  y  0, x  4 y  0 . Ta có: 2 x2  y 2  5 x  2  3 y  x  1   2 x  y  1 y  x

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

 

y  x 1  0

y x 1 0

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

y x 1 0

 y  2x  1  0  y  2x  1 y  x  2  0 do đó    y  x  1  0  y  x  1 Với y  2 x  1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

3x  4 x  1  9 x  4  3  0 Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với: X

f  X   3X  4 X  1  9 X  4  3    204

START = 0.25 END = 1.5 STEP = 0.25

F X 0.25 0 0.25 0.5

2.427 0 1.6642 3.1475

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy hàm số là đồng biến và có nghiệm duy nhất x  0 .

0.75 1 1.25 1.5

4.5287 5.8416 7.1046 8.329

1 Ta xét f  x   3x  4 x  1  9 x  4 với x   . 4 2 9 1   0x   . Ta có: f '  x   3  4 4x  1 2 9x  4

 1  Do đó hàm số f  x  đồng biến và liên tục trên   ;   .  4  Do đó phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất x  0 khi đó y  1 .

Với y  x  1 thay vào phương trình thứ hai ta được: 3x 2  x  3  3x  1  5x  4 Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với: X 2

f  X   3X  X  3  3X  1  5X  4

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

 START = 0  END = 4.5  STEP = 0.5 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy phương trình có hai nghiệm phân biệt là x  0 và x  1 . Sử dụng phương pháp liên hợp hai nghiệm hữu tỷ ta được các liên hợp cần



F X

tìm là x  1  3x  1 , x  2  5x  4 .

0 0.88 0 2.5136 6.6125 12.272 19.478 28.222 38.495 50.294

Ta có: 3x 2  x  3  3x  1  5x  4  3x 2  x  3  3x  1  5 x  4  0

 

 

 3 x2  x  x  1  3x  1  x  2  5x  4  0 2

2

3 x x

 

2

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

 3 x2  x 

x  1  3x  1 2

x x x  1  3x  1

x  2  5x  4

x2  x x  2  5x  4

0

  1 1  x2  x  3     0 (*) x  1  3x  1 x  2  5x  4  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

205


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Vì x  

1 1 1  0. do đó 3  3 x  1  3x  1 x  2  5x  4

 x  0, y  1 Vậy (*)   .  x  1, y  2

Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm  x; y    0;1 ;  1; 2   2x  y  3y  x  x  2y  Bài 15: Giải hệ phương trình:  2 2  x  2 x  y  x  3 y  2 Bài giải Điều kiện xác định: x , y  0 .

Nhận thấy x  y  0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Do đó x , y không đồng thời bằng 0. Ta có: 

2x  y  3y  x  x  2 y 

2x  y  x 2x  y  x

3y  x  2 y 3y  x  2 y

   x  y

   x  y   

xy

0 

 1 1   x  y    2x  y  x 3y  x  2y   x  y

 

2x  y  x 

2x  y  x



3y  x  2 y

 

x  2 y  2x  y  2x  y  x



3y  x  2 y

0

0

3y  x

3y  x  2 y

 

yx

 0  

3y  x  2 y  2 x  y  x 2x  y  x

3y  x  2 y  0

 0

3 y  x   0   x  2 y  2x  y 3y  x  0   x  y    x  2y  2x  y  3 y  x    3y  x 3y  x  0   x  y    x  2y  2x  y  3 y  x     1 1   0 (*)   x  y  3 y  x     x  2 y  2x  y  3 y  x   206

x  2 y  2x  y 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1

1

x  2 y  2x  y

3y  x

 0 với x , y không đồng thời bằng 0.

Do đó (*)  x  y  x  3 y . Trường hợp 1: Với x  y , thay vào phương trình 2 ta được:

x 2  x  2  x 2  x  0  x2  x  1   x 2  x  1   0     x2  x  1 1   0 (*)  x2  x  1   0  x2  x  1  1    x2  x  1 x2  x  1  

 x2  x  1  0 do đó (*)   x x  0 x2  x  1 1

Vì 1 

5 1 2

5 1 5 1 ta có y  . 2 2 x Trường hợp 2: Với y  , thay vào phương trình 2 ta được: 3

Với x 

x2  x  2 

x2  9x 0 3

x  0 x  0 Điều kiện:  2  . Vì x  0 và x  9 không phải là nghiệm x  9 x  0  x  9

của phương trình nên điều kiện của bài toán là x  9 . Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với: f  X   X2  X  2 

X 2  9X 3

 START = 9  END = 13.5  STEP = 0.5 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy phương trình vô nghiệm đồng thời hàm số đồng biến và liên tục trên  9;   . Do đó có thể giải phương trình trên bằng phương pháp đánh giá tính đơn điệu. Xét f  x   x 2  x  2 

F X

X 9 9.5 10 10.5 11 11.5 12 12.5 13 13.5

88 98.476 109.05 120.07 131.56 143.53 156 168.95 182.4 196.34

x2  9x , x   9;   3

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

207


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có: f '  x   2 x  1 

2x  9 2

6 x  9x

 0x   9;   .

Do đó f  x  là hàm số đồng biến và liên tục trên  9;   . Do đó với x  9 thì f  x   f  9  . Mà f  9   88  0 . Do đó f  x   0x   9;   . Vậy phương trình f  x   0 vô nghiệm.  5 1 5 1 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm  x; y    ;   2 2    1  8x  y  5  xy  Bài 16: Giải hệ phương trình:  x  8x  y  5  x  y  1  3 x  2  Bài giải Điều kiện xác định: x  0, y  0 .

Ta có:

8x  y  5  x  y  1  3 x  2

 

8x  y  5  3 x 

8x  y  5  9x

8x  y  5  3 x 

x  y  5 8x  y  5  3 x

x  y 1  2  0

x  y 1 4 x  y 1  2

xy5 x  y 1  2

0 0

  1 1 0   x  y  5    x  y 1 2 8 x  y  5  3 x     x  y  5

   x  y  5 

8x  y  5  3 x  x  y  1  2



0

 8x  y  5  3 x  x  y  1  2   0   x  y  5   8 x  y  5  2    3 x  x  y  1    0   x  y 1  2

8x  y  5  3 x

 8x  y  5  4 9x  x  y  1  0   x  y  5    8x  y  5  2 3 x  x  y  1     8x  1  y  8x  1  y 0   x  y  5    8x  y  5  2 3 x  x  y  1    208

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  1 1   0 (*)   x  y  5  8 x  1  y     8x  y  5  2 3 x  x  y  1    1 1 Vì   0 . Do đó (*)  y  5  x  y  8 x  1 8x  y  5  2 3 x  x  y  1

Trường hợp 1: y  5  x . Thay vào phương trình thứ nhất ta được: xy 

1

 8x  y  5  x 5  x 

x Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với:

1 x

 3 x  x 5  x  1  3x

F X

X

f  X   3X  X 5  X  1

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

 START = 0  END = 5  STEP = 0.5 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 đồng thời hàm số đồng biến và liên tục trên  0; 5  . Do đó có thể giải phương trình trên bằng phương pháp đánh giá tính đơn điệu hoặc sử dụng nhân liên hợp. Cách 1: Sử dụng nhân liên hợp:

1  0.56 0 0.6937 1.5358 2.5471 3.7573 5.2133 7 9.318 14

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

  x   x  1  0    1   x  1  0 (*) 2 5x  2 5x  x  1  0x  0 do đó (*)  x  1  y  4 Vì 2 5 x Cách 2: Đánh giá hàm số đơn điệu: Vì x  5 không phải nghiệm của phương trình 

Do đó xét hàm số f  x   3x  x 5  x  1 với x   0; 5  .

Ta có: f '  x   3  5  x 

x 2 5x

x4 3 5x

x 2 5x

 0x   0; 5 

Do đó f  x  là hàm số đồng biến và liên tục trên  0; 5  . Do đó trong  0; 5  phương trình f  x   0 có tối đa một nghiệm. Mặt khác trong  0; 5  phương trình f  x   0 có nghiệm x  1 . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

209


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình f  x   0 . Với x  1 ta có y  4 . Trường hợp 2: y  8 x  1 , thay vào phương trình thứ nhất ta được: xy 

1

 8x  y  5  x 8x  1 

x Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với:

1 x

 2  x 8x  1  1  2 x

f  X   X 8X  1  1  2 X

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

 START = 0  END = 5  STEP = 0.5 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy phương trình vô nghiệm đồng thời hàm số đồng biến và liên tục trên  0.5; 5  . Chú ý rằng:  x  0 1  2 x  1 x   4  x 8 x  1  1  2 x Do đó để định hướng rõ hơn ta xét:

F X

X

F X

X

f  X   X 8X  1  1  2 X

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2

 START = 0.25  END = 2  STEP = 0.25 Đến đây ta nhận thấy rõ ràng nếu sử 1 dụng điều kiện x  thì hàm số chắc 4 chắn sẽ đồng biến và vô nghiệm.

1 0.7038 2 3.9588 6.4177 9.2941 12.535 16.106 19.978 24.129 28.543

0.433 0.7038 1.2522 2 2.9097 3.9588 5.1319 6.4177

Xét phương trình: x 8 x  1  1  2 x  x  0 1 Ta có:   2 x  1 x  4  x 8 x  1  1  2 x

1  Xét hàm số f  x   x 8 x  1  1  2 x với x   ;   . 4  

210

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có: f '  x   8 x  1 

4x

1

. Để đánh giá f '  x   0 lúc này rất 8x  1 x khó và không dễ dàng để xử lý. Do đó ta tiếp tục sử dụng TABLE: 

Sử dụng công cụ Mode 7 (Table) với: 4X 1 f  X   8X  1   8X  1 X  START = 0.25  END = 3  STEP = 0.25 Ta có bảng giá trị như hình bên. Từ bảng giá trị này ta thấy rõ rang f '  x   0 và

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3

1  đồng biến với x   ;   . 4  Do đó để chứng minh f '  x   0 ta xét

tiếp đến f "  x  và chứng minh f "  x   0 . Vì f '  x   8 x  1 

f "x 

4x

8x  1

4 8x  1  4x

4 8x  1

1 x

F X

X

0.3094 1.7162 2.6249 3.3333 3.9297 4.4531 4.9244 5.3562 5.7569 6.1322 6.4864 6.8226

do đó ta có: 4

8x  1

8x  1

1

2x x  4x  4  8x  1   4 1 8x  1    f "  x    8x  1 8x  1 2x x

 f "x   f "x 

4

4  8x  1  4x 

1

 8 x  1 8 x  1 2 x x 4  4 x  1 1  4 1    0x   ;   8 x  1  8 x  1 8 x  1 2 x x 4  8x  1

1  Vậy f '  x  là hàm số đồng biến và liên tục với x   ;   . 4 

Vì x 

1  1 4 3 6 1 nên f '  x   f '   . Vì f '    0 4 3 4 4

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

211


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1  Do đó f '  x   0 với x   ;   nên 4  1  1 trên  ;   . Với x  ta có: f  x   4 4 

f  x  là hàm số đồng biến và liên tục

1 f  . 4

1 1  3 Vì f     0 do đó f  x   0 với x   ;   . 4 4 4 

1  Vậy phương trình x 8 x  1  1  2 x vô nghiệm với x   ;   . 4  Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất  x; y    1; 4  .

Bài 17: Giải hệ phương trình:  x 4  x 2 y 2  4 y 4  x4  20 x2 y 2  4 y 4  7 xy    x 2  xy  y 2  1 Bài giải Điều kiện xác định: xy  0 . Vì x  y  0 không phải là nghiệm của hệ phương trình. Do đó x , y không đồng thời bằng 0. Do đó:

x 4  x2 y 2  4 y 4  x 4  20 x 2 y 2  4 y 4  7 xy

  x 4  x 2 y 2  4 y 4  2 xy    x 4  20 x 2 y 2  4 y 4  5xy   0     

x4  x2 y 2  4 y 4  4 x2 y 2 x 4  x 2 y 2  4 y 4  2 xy x 4  5 x2 y 2  4 y 4

4

2 2

4

x  x y  4 y  2 xy

x 4  20 x2 y 2  4 y 4  25 x2 y 2 x 4  20 x2 y 2  4 y 4  5 xy x4  5x 2 y 2  4 y 4 4

2 2

4

0

0

x  20 x y  4 y  5xy

  1 1  0  x  5x y  4 y   4  2 2 4 4 2 2 4 x  20 x y  4 y  5 xy   x  x y  4 y  2 xy 1 1  0 Vì x4  x2 y 2  4 y 4  2 xy x4  20 x 2 y 2  4 y 4  5xy

4

2 2

4

Do đó x 4  5x 2 y 2  4 y 4  0   x  2 y  x  2 y  x  y  x  y   0

212

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  2 y  0 Vì xy  0 và x , y không đồng thời bằng 0 do đó  x  y  0 Vậy x  y  x  2 y .

Với x  y , thay vào phương trình thứ hai ta được: x 2  1  x  y  1 Với x  2 y , thay vào phương trình thứ hai ta được: y 2  Vì x  2 y nên ta có x  

1 1 y 3 3

2

3 Kết luận: Hệ phương trình có 4 cặp nghiệm là:       x; y   1;1 ,  1; 1 ,  2 ; 1  ,  2 ; 1     3 3   3 3   IV. Hệ kết nối hai phương trình và sử dụng nhân liên hợp: Với các hệ này thông thường sẽ không có phương trình nào có thể tìm ra được mối quan hệ giữa hai biến x , y , do đó ta có hai cách xử lý: Cộng hai phương trình với nhau. Trừ hai phương trình với nhau. Sử dụng phương pháp thế rút.

  

 6x2  1  y  1  y2  Bài 18: Giải hệ phương trình:   6 y 2  1  x  1  x2 Bài giải Điều kiện xác định: x , y  1 .

Đây là hệ phương trình đối xứng, chúng ta trừ hai phương trình cho nhau:  6x2  1  y  1  y2   6x2  1  6 y 2  1  y  1  y2  x  1  x2   6 y 2  1  x  1  x 2

 

6 x2  1  6 y 2  1  x 2  y 2 

6x 

2

 

 1  6y2  1

x 1  y 1  0

   x  y  x  y    x  1   y  1  0

6x2  1  6 y 2  1

 

 x  y  x  y  6x2  1  6 y 2  1

x 1  y 1

  x  y  x  y  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

xy x 1  y 1

0

213


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  xy 1   0 (*)   x  y  xy  6 x2  1  6 y 2  1 x 1  y 1    x y 1 Vì x , y  1 nên xy 0 2 2 x 1  y 1 6x  1  6 y  1

Do đó (*)  x  y . Thay x  y vào phương trình một ta được: 6 x 2  1  y  1  y 2  6 x2  1  x  1  x 2  x2  x  1  6 x2  1  0

Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong máy tính CASIO: Xét

F X

X 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6

F  X   X 2  X  1  6X 2  1

 START = 1  END = 6  STEP = 0.5 Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có nghiệm duy nhất đó là x  2 đồng thời hàm số đồng biến và liên tục trong 1;   .

 1.645  0.85 0 1.2699 2.998 5.1998 7.8831 11.052 14.711 18.862 23.505

Do đó bài toán có thể giải với các định hướng như sau:  Sử dụng nhân liên hợp.  Đánh giá tính đơn điệu của hàm số chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất x  2 . Cách 1: Nhân liên hợp. Điều kiện: x  1 . Ta có: x 2  x  1  6 x 2  1  0  x 2  4  x  1  1   6 x2  1  5   0  

  x  2  x  2  

  x  2  x  2  

x2

x 1 1

x2 x 1 1

6 x 2  1  25 6 x2  1  5

 

0

6  x  2  x  2  6x2  1  5

0

 6  x  2  1 0   x  2 x  2     2 x  1  1 6 x  1  5  

214

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

   1 6   0   x  2   x  2 1    2  x 1 1 6 x  1  5      1 6 x2  1  1    x  2   x  2 0 2  x 1 1  6 x  1  5       6 x2  x  2  1   x  2    0 (*) 2   x  1  1  6 x 2  1  1  6 x  1  5       

Vì x  1 do đó

1

6 x2  x  2 

 6 x 2  1  1  6 x2  1  5        Vậy (*)  x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Khi đó y  x  2 . x1 1

0.

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x  y  2 . Cách 2: Nhân liên hợp. Điều kiện: x  1 . Ta có: x 2  x  1  6 x 2  1  0 

x2 x 1  1

x2 x 1  1

2

 x  1   6 x  1   0   2

2

x2  1  6x2  1

x 2  x  2  x  2  x2  1  6x2  1

x  1  1   x 2  1  6 x2  1   0   x2 x 1  1

x 4  4 x2 x2  1  6x2  1

0

0

  x2  x  2  1   0 (*)   x  2   x  1  1 x2  1  6x2  1   

Vì x  1 nên

1

x2  x  2 

0. x2  1  6x2  1 Vậy (*)  x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Khi đó y  x  2 . 

x1 1

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x  y  2 . Cách 3: Sử dụng đánh giá hàm đơn điệu. Điều kiện: x  1 . Nhận xét: x  1 không phải là nghiệm của phương trình. Do đó x  1;   . Xét f  x   x 2  x  1  6 x 2  1 với x  1;   . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

215


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có: f '  x   2 x 

1

2 x 1

  3 1   f '  x   2x  1    2 x1 2 2 6x  1  6x  1  6x

 6x2  1  2  1   f '  x   2x   6 x2  1  2 x  1 

2x 6x2  3

 f ' x 

1

 0x  1;   6 x 2  1  6 x 2  1  2  2 x  1   Vậy f  x  là hàm số đồng biến và liên tục với x  1;   . 

Mặt khác x  2 là một nghiệm của phương trình f  x   0 do đó đây chính là nghiệm duy nhất. Với x  2 ta có y  x  2 . Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x  y  2 .  x 2  91  y  2  y 2  Bài 19: Giải hệ phương trình:   y 2  91  x  2  x 2 Bài giải Điều kiện xác định: x , y  2 .

Đây là hệ phương trình đối xứng, chúng ta trừ hai phương trình cho nhau:  x 2  91  y  2  y 2   x 2  91  y 2  91  y  2  x  2  y 2  x 2   y 2  91  x  2  x2   x 2  91  y 2  91   x 2  y 2  x  2  y  2  0  

x 

2

 

 91  y 2  91

 

   x  y  x  y    x  2    y  2   0

x2  91  y 2  91

 x  y  x  y  2

2

x  91  y  91

x2  y2

  x  y  x  y  

xy x2  y2

0

  x y 1 0xy.   x  y  xy  2 2 x2  y2   x  91  y  91  Thay x  y vào phương trình một ta được: 216

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x 2  91  y  2  y 2  x 2  x  2  x 2  91  0

Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong máy tính CASIO: Xét

F X

X

F  X   X 2  X  2  X 2  91

 START = 2  END = 7  STEP = 0.5 Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có nghiệm duy nhất đó là x  3 đồng thời hàm số đồng biến và liên tục trong  2;   .

2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5 7

 5.746  2.904 0 3.3135 7.0701 11.283 15.961 21.109 26.73 32.827 39.403

Do đó bài toán có thể giải với các định hướng như sau:  Sử dụng nhân liên hợp.  Đánh giá tính đơn điệu của hàm số chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất x  3 . Cách 1: Nhân liên hợp. Điều kiện: x  2 . Ta có: x 2  x  2  x 2  91  0

   x  2  1   x  91  10   0 x3 x  91  100   x  9   0 x 2 1 x  91  10  x2  9 

2

2

2

2

  x  3  x  3  

x3 x2 1

 x  3 x  3   0 x 2  91  10

  1 x3 0   x  3  x  3     2 x  2  1 x  91  10       1 1 0    x  3   x  3  1    2   x  2  1 x  91  10       x 2  91  9 1   0 (*)   x  3   x  3  2   x  2  1 x  91  10  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

217


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x 2  91  9

Vì x  2 do đó  x  3 

x2  91  10 Vậy (*)  x  3 . Khi đó y  x  3 .

1

x 2 1

0

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  3 . Cách 2: Nhân liên hợp. Điều kiện: x  2 . Ta có: x 2  x  2  x 2  91  0 

x3 x2 1

2

 x  1   x  2

2

2

 91

2

x  2  1   x2  1  x 2  91   0  

 0 

x  1  x  91

x3 x2 1

 x  3 x  3 2

2

0

x  1  x  91

  1 x3   0 (*)   x  3   x 2 1  2 2 x  1  x  91   1 x3 Vì   0 do x  2 x  2  1 x 2  1  x 2  91

Vậy (*)  x  3 . Khi đó y  x  3 . Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  3 . Cách 3: Sử dụng đánh giá bằng hàm đặc trưng. Điều kiện: x  2 . Nhận xét: x  2 không phải là nghiệm của phương trình. Vậy x   2;   . Xét f  x   x 2  x  2  x 2  91 với x   2;   . Ta có: f '  x   2 x 

1

2 x2

x x 2  91

 2 x 2  91  1    1 1 1    f ' x  x  2   f ' x  x    2 x2 2 2   x  91  x  91  2 x  2  

 f ' x 

x 4 x2  363

1

 0x   2;    2 x2  91  1  x 2  91 2 x  2     Do đó f  x  đồng biến và liên tục với x   2;   . Mặt khác x  3 là một 

nghiệm của phương trình f  x   0 do đó y  x  3 là nghiệm duy nhất. Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm x  y  3 . 218

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  1  x 2  2 x  y  xy  2 y Bài 20: Giải hệ phương trình:  2 x  xy  x  y  1 Bài giải

Điều kiện xác định: x  0  x  2, y  x  2   0 . Ta có: x 2  xy  x  y  1  x 2  xy  x  y  1 . Thế vào phương trình đầu:

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

x 1 y xy  x  y  1  xy  2 y

0

  1   0  y  x 1.   x  1  y  1  Thay  xy  x  y  1  xy  2 y   phương trình hai ta có: x 2  x  x  1  x   x  1  1  x  2  y  1 .

vào

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  1 .  y  2 y 2  xy  1  x  1  x2  x  1 Bài 21: Giải hệ phương trình:  2 2 x  2 y  xy  3x  2 y  4 Bài giải 1 5 1 5 x . 2 2 Từ phương trình thứ hai ta có: 2 y 2  x 2  xy  3 x  2 y  4 .

Điều kiện xác định: 2 y 2  xy  1  0, x 

Thay vào phương trình đầu ta được: y  x 2  3x  2 y  3  x  1  x 2  x  1

 x  1 y   x  1 y 

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

0

  2    0  y  x 1.  x  1  y 1  2 2  x  x  1  x  3x  2 y  3   Thay vào phương trình hai ta được: 2

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

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

219


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  1, y  0 .  x 3  9 y 3  x  2 y  y 3  4  1 Bài 22: Giải hệ phương trình:  2 2 x  2 xy  4 y  4 Phân tích

Chú ý rằng: x 3  8 y 3   x  2 y  x 2  2 xy  4 y 2  4  x  2 y  . Bài giải 3

Điều kiện xác định: x  9 y  0, x  2 y  0, y   3 4 . x3  9 y3  x  2 y  y3  4  1

Ta có:

x

3

3

 8 y3  y3  x  2 y  y 3  4  1

 4  x  2 y   y3  x  2 y  y3  4  1



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

3

x  2y  1  0

x  2y  1 x  2y  1

0

  4 1   0  2y  1  x .   x  2 y  1    3 3 x  2 y  1  4 x  2y   y  y  4    Thay vào phương trình hai ta có:  1 5 1 5 ,y  x  2 2 4 x 2  x 1  x    1  x   4    1 5 1 5 ,y  x  2 4  Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm: x

1 5 1 5 1 5 1 5 ,y  x ,y  2 4 2 4

2 x 2  x  y  1  2 xy  x  2  0 Bài 23: Giải hệ phương trình:  2 2 y  y  1  xy  2 y  2  0 Bài giải Điều kiện xác định: y  1, x  y  1  2 . 220

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Trừ hai phương trình cho nhau ta được: 2 x 2  3xy  2 y 2  x  2 y 

x y 1  y 1  0

  1   0  x  2y .   x  2y   2x  y  1    x  y  1  y  1   Thay vào phương trình hai ta được:

4 y 2  y  1  2 y  2  0  2  y  1 2 y  1  y  1  0

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

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  1 .  x  1 x  y3  3  y  1   Bài 24: Giải hệ phương trình:  x 2  xy  y 2  3 Phân tích

Chú ý rằng: x 3  y 3   x  y  x 2  xy  y 2  3  x  y  . Bài giải Ta có:  x  1 x  y 3  3  y  1   x x  y 3  3   x  y  1  0   3  x  y  1 x3  y 3  3 x  y 1 x  y 1   0   0 x  y1 x  y1 x x  y3  3 x x  y3  3

  3 1   0  y  x 1.   x  y  1    3 x  y 1  x x  y 3  Thay vào phương trình hai ta được: 3  33 3  33 y 6 6 Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm duy nhất: 2

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

x

3  33 3  33 3  33 3  33 ,y  x ,y  6 6 6 6

V. Đưa hệ đẳng cấp về phương trình vô tỷ và sử dụng nhân liên hợp: Khi gặp một phương trình đẳng cấp bậc n của hai biến x , y , ta chia hai vế cho một trong các biểu thức sau: 

xn hoặc y n : Ưu tiên chia phương án nào làm bậc nhỏ nhất có thể.

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

221


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  y n hoặc

n

xy nếu phương trình có tính đối xứng.

Chú ý về bậc của biểu thức: 

x a y b có bậc a  b .

n

x có bậc

xa yb

1 . n

có bậc a  b .

2 x2  5 xy  y 2  1  Bài 25: Giải hệ phương trình:   2 2   y  xy  2 y  4 y  xy   1    (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia trên diễn đàn K2pi lần 1 – 2015) Bài giải Điều kiện xác định: y  0 . Ta có: 2 x2  5 xy  y 2  1  2 2  2 2    2 2   1  2 x  5xy  y  y  xy  2 y  4 y  xy  y xy  2 y  4 y  xy      

Hai vế là hai phương trình có cùng bậc hai nên ta chia hai vế cho y 2 : 2 x2  5 xy  y 2  y  xy  2 y 2  4 y 2  xy    2

x x  2   5   1  y y

x x x  2  4  . Đặt  t , phương trình trở thành: y y y

2t 2  5t  1  t  2  4  t Để giải phương trình trên ta định hướng các phương pháp như sau: Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong F X X máy tính CASIO: Xét 2  4.414 F  X   2X 2  5X  1  X  2  4  X 2.5  2.931  START = 2 3 0  END = 4 3.5 4.0681  STEP = 0.5 4 5.5857

Dựa vào bảng giá trị TABLE ta nhận thấy phương trình có nghiệm duy nhất đó là t  3 . 222

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Do đó bài toán có thể giải với định hướng như sau sử dụng nhân liên hợp. Cách 1: Sử dụng nhân liên hợp. Điều kiện: 2  t  4 . 2t 2  5t  1  t  2  4  t  2t 2  5t  1  t  2  4  t  0

 

 2t 2  5t  3 

  t  3  2t  1 

 

t  2 1  1 4 t  0

t3

t3

t  2  1 1 4 t

0

  1 1   t  3   2t  1   0 t 2 1 1 4 t       1 1   t  3   2t   1     0   t  2  1 1  4  t       t2 1   t  3   2t     0 (*)  t  2  1 1  4  t  

Vì 2  t  4 nên 2t 

t2

t 2 1 Do đó (*)  t  3 hay x  3 y .

1 1 4 t

0.

Với x  3 y thay vào phương trình thứ nhất ta được: 18 y 2  15 y 2  y 2  1 2 x2  5 xy  y 2  1    y  1 x  3  y  0 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  3, y  1 .

Cách 2: Sử dụng nhân liên hợp. Điều kiện: 2  t  4 . 2t 2  5t  1  t  2  4  t  2t 2  5t  1  t  2  4  t  0

 

   t3 t  2  t  2  1  0 1 4 t

 2t 2  6t  t  2  t  2  1  4  t  0

 2t  t  3  

 2t  t  3   t  2

t3

t3

0 1 4  t   t2 1   t  3   2t     0 (*)  t  2  1 1  4  t   Vì 2  t  4 nên 2t 

t 2 1

t2 t 2 1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

1 1 4 t

0. 223


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Do đó (*)  t  3 hay x  3 y . Với x  3 y thay vào phương trình thứ nhất ta được: 18 y 2  15 y 2  y 2  1 2 x2  5 xy  y 2  1    y  1 x  3  y  0 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  3, y  1 .  2 2  2 2   3x  xy  3 y  y  3xy  y  5 xy  4 y    Bài 26: Giải hệ phương trình:  4 x2  4 y 2  1  4 x  4 y 

Bài giải 2

Điều kiện xác định: 3xy  y  0,5xy  4 y 2  0 . 5 2 1 2 x  y2   x  y   0 2 2 2 3x  0 Do đó ta có y  0 . Mặt khác nếu y  0 hệ trở thành:  (Vô lý). 2 4 x  1  4 x

3xy  y 2  5 xy  4 y 2  0,3 x2  xy  3 y 2 

Vậy y  0 , ta chia hai vế phương trình đầu cho y 2 : 3x 2  xy  3 y 2  y  3xy  y 2  5xy  4 y 2    2

x x x x  3      3  3    1  5   4 y y y y x Đặt  t , khi đó: 3t 2  t  3  3t  1  5t  4 y

 

 3t 2  3t  t  1  3t  1  t  2  5t  4  0

 3t  t  1 

t  t  1 t  1  3t  1

t  t  1 t  2  5t  4

0

  1 1  t  t  1  3     0  t  0  t  1. t  1  3t  1 t  2  5t  4   x Trường hợp 1: Nếu t   0  x  0 , thay vào phương trình hai ta có: y 4 x2  4 y 2  1  4 x  4 y  4 y 2  1  4 y  y 

1 . 2

224

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Trường hợp 2: Nếu t 

x  1  x  y , thay vào phương trình hai ta có: y

2 2 4 Kết luận: Hệ phương trình có 3 cặp nghiệm phân biệt: 4 x2  4 y 2  1  4 x  4 y  8 y 2  8 y  1  0  x  y 

x  0, y 

1 2 2 2 2 xy xy 2 4 4

Bài 27: Giải hệ phương trình:  x  6 y  3  xy  3 y  y  8 y  3 x  9      x 2  8 x  24 y  417   y  3  y  1  3 y  17 Bài giải Điều kiện xác định: y  1, x  3,  x2  8 x  24 y  417  0 . Ta có:  x  6 y  3  xy  3 y  y  8 y  3 x  9  

  x  3  6 y  y  x  3  8 y2  3  x  3  y .

 x3  x3 x3 Chia cả hai vế cho y 2 ta được:   6  8  3 . y  y   y  x3 2 2  0 , khi đó ta có:  t  6  t  8  3t   t  6  t   8  3t  Đặt t  y

 t 3  3t 2  12t  64  0   t  4  t 2  7t  16  0  t  4 (Vì t  0 ).

Do vậy x  3  4 y . Thay vào phương trình hai ta được: 4

 y  4  6  y    y  3 

Đặt

y  1  3 y  17

y  1  a , a  0 , khi đó phương trình trở thành:

a3  3a 2  4a  20  4 25  a4  0  a 3  3a 2  4a  4  5  25  a 4   0   3 4   4a 4a 0  a a 2  3a  4   0  a  a 2  3a  4   4  5  25  a 4 5  25  a  

Thay lại a  y  1 ta có phương trình trở thành:  4  y  1 y  1    0  y 1 x 1. y 1 y  3  3 y 1   2  5  2 y  24  y   Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  1 .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

225


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2  y x 3 4  x y11 Bài 28: Giải hệ phương trình:  x 3  x  4  3 y  1  Bài giải

Điều kiện xác định: y  1, y x2  3  4  0 .

Điều kiện có nghiệm: Vì x 3  x  3 y  1  4  4  0  x x2  1  0  x  0 . Bình phương hai vế của phương trình đầu ta được:

y x2  3  4  x y  1  1

2

 y x 2  3  4  x 2  y  1  1  2 x y  1

 x 2  2 x y  1  3  y  1  0 (*).  1  x2  1  Với y  1 , hệ phương trình trở thành:  (Vô nghiệm).  x 3  x  4  0 x Với y  1 , chia hai vế của (*) cho  y  1 và đặt  t với t  0 , ta y1

được: t 2  2t  3  0   t  1 t  3   0  t  1  t  3 . Vì t  0  t  1 . Khi đó:

y  1  x , thay vào phương trình hai ta có:

2

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

Với x  2 , ta tìm được y  3 (Thỏa mãn điều kiện xác định). Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  3 . Bạn đọc có thể tự làm các bài tập áp dụng tương tự như sau:  2  y x 3 4  x y11 Áp dụng 1: Giải hệ phương trình:  x 3  x  4  3 y  1   x2  y2 x2  xy  y 2   xy Áp dụng 2: Giải hệ phương trình:  2 3  x 2 xy  5 x  3  4 xy  5 x  3

(Trích đề Thử sức trước kì thi Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 407) VI. Hệ kết nối hai phương trình dưới sự hỗ trợ của máy tính Casio: 226

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

2 x  3  3x  1  3 y 2  2 y  2 y  1 Bài 29: Giải hệ phương trình:  2 2 15 x  4 y  2 x  2 xy  12  0 Phân tích

Từ phương trình 2, ta có x  Chọn x 

 y  1  59 y 2  2 y  181 15

 y  1  59 y 2  2 y  181 15

2 y  2  2 59 y 2  2 y  181 15

3

.

thay vào phương trình 1 ta có:

3y  3  3 59 y 2  2 y  181 15

 1  3y2  2y  2 y  1

Sử dụng SHIFT CALC ta thu được nghiệm y  1.485177807 Thay y  1.485177807 ta được x 

 y  1  59 y 2  2 y  181

 0.3234518715 15 Chú ý rằng 3  0.3234518715   2  1.485177807   2 do đó 2 y  3x  2

Thay 2 y  3x  2 vào hai phương trình ta được:  27 2 2 x  3  3x  1  3 y 2  2 y  2 y  1 x  4x  2  0   4  2 2 15 x  4 y  2 x  2 xy  12  0  27 x 2  16 x  8  0  Như vậy ta thấy: 4.PT 2  PT 1  0 ta sẽ có nhân tử 2 y  3 x  2 .

Bài giải 1 1 Điều kiện xác định: x   ; y  . 3 2 2 x  3  3x  1  3 y 2  2 y  2 y  1 Ta có:  2 2 15 x  4 y  2 x  2 xy  12  0

 4 2 x  3  3 x  1  3 y 2  2 y  2 y  1  15 x 2  4 y 2  2 x  2 xy  12  0  15x 2  8 y 2  10 x  2 xy  8 y  4

  3 x  2  2 y  5x  4 y  

3x  1  2 y  1  0

4  3x  2  2 y  3x  1  2 y  1

0

  4   0 (*)   3 x  2  2 y   5x  4 y    3 x  1  2 y  1   1 1 5 4 Vì x   ; y   5x  4 y    2  0 do đó 5x  4 y  0 3 2 3 3x  1  2y  1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

227


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Vậy (*)  2 y  3x  2 . Thay vào phương trình thứ hai ta được:

27 x 2  16 x  8  0  x 

8  2 70 8  2 70 (Thỏa mãn) hoặc x  (Không 27 27

thỏa mãn điều kiện). Với x 

8  2 70 3x  2 5  70 ta có y   . 27 2 9

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x 

8  2 70 5  70 ,y  . 27 9

Bình luận: Nút thắt lớn nhất của bài toán nằm ở chỗ chỉ ra mối quan hệ 2 y  3x  2 và thay vào hai phương trình trong hệ ban đầu. Vấn đề 1: Để tìm ra mối liên hệ giữa 2 biến số, chúng ta có thể tư duy theo một cách khác như sau: Trong bài có hai biểu thức chứa căn nên ta có thể đặt giả thiết:

3x  1  2 y  1  2 y  3 x  2 Vấn đề 2: Để tìm ra mối liên hệ giữa 2 biến số, ta cũng có thể xuất phát từ nghiệm vô tỷ: x  0.3234518715, y  1.485177807 Nếu việc phát hiện ra mối quan hệ 2 y  3x  2 gặp trở ngại, ta có thể sử dụng máy tính để tìm ra như sau: Gán giá trị x  0.3234518715 vào biến A , y  1.485177807 vào biến B . Sử dụng công cụ TABLE với

X

F  X   AX  B START = 3 END = 3 STEP = 0.5 Khi đó dựa vào bảng giá trị TABLE như hình bên ta kết luận như sau: Tại giá trị X  1.5 ta có: F  X   AX  B  0.999999999998  1   

Do đó ta đánh giá: 1.5 A  B  1  3 A  2 B  2  3 A  2  2 B Chú ý rằng:

228

 3.5 3  2.5 2  1.5 1  0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

F X 0.353 0.5148 0.6765 0.8382 0.9999 1.1617 1.3234 1.4851 1.6469 1.8086 1.9703 2.132 2.2938

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

3

x  0.3234518715  A   y  1.485177807  B Do đó: 2 y  3x  2

2.4555

Vấn đề 3: Sau khi đã có mối quan hệ 2 y  3x  2 , ta có thể chỉ ra mối liên kết giữa hai phương trình bằng cách tư duy như sau: 3x  2 Đặt x  100  y   151 . Thay vào hệ phương trình ta được: 2 2 x  3  3x  1  3 y 2  2 y  2 y  1 67898  0   2 2 271592  0 15 x  4 y  2 x  2 xy  12  0 Vì

271592  4 do đó 4.PT 2  PT 1  0 ta sẽ có nhân tử 2 y  3 x  2 . 67898

4 x 2  y 2  xy  7 x  3 y  4  0 Bài 30: Giải hệ phương trình:  2 2 x  x  2 x  1  y  y  y  2 Phân tích

Từ phương trình thứ nhất trong hệ, ta có x  Chọn x 

y  7  15 y 2  34 y  113 8

y  7  15 y 2  34 y  113 8

.

thay vào phương trình thứ hai trong hệ

ta có: 2

 y  7  15 y 2  34 y  113  y  7  15 y 2  34 y  113      8 8   y  3  15 y 2  34 y  113

 y2  y  y  2 4 Sử dụng SHIFT CALC ta thu được hai nghiệm đó là:  y  7  15 y 2  34 y  113 x   y  1 0   8  1   y   y  7  15 y 2  34 y  113 1 3   x  8 3  Do đó mối quan hệ biểu thức cần tìm là y  2 x  1 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

229


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Thay y  2 x  1 vào hệ phương trình ta được: 4 x 2  y 2  xy  7 x  3 y  4  0 6 x 2  2 x  0   2  2 2 3x  x  0 x  x  2 x  1  y  y  y  2 Như vậy ta thấy: 2.PT 2  PT 1  0 ta sẽ có nhân tử y  2 x  1 .

Bài giải 1 Điều kiện xác định: x   ; y  2 . 2 2 2 4 x  y  xy  7 x  3 y  4  0 Ta có:  2 2 x  x  2 x  1  y  y  y  2

 

 4 x 2  y 2  xy  7 x  3 y  4  2 x 2  x  2 x  1  y 2  y  y  2  0

 4 x 2  y 2  xy  7 x  3 y  4  2 x 2  2 x  2 2 x  1  2 y 2  2 y  2 y  2  0  6 x 2  y 2  xy  5 x  5 y  4  2 2 x  1  2 y  2  0  6x2   y  5  x  y 2  5y  4  2

  2 x  y  1 3x  y  4   2   2 x  y  1 3x  y  4   2

2x  1  y  2  0

2x  1  y  2 2x  1  y  2 2x  y  1 2x  1  y  2

0 0

  2   0 (*)   2 x  y  1  3x  y  4   2 x  1  y  2  1 3 Vì x   ; y  2  3x  y  4    2  4  0 do đó 2 2 2 3x  y  4  0 2x  1  y  2

Vậy (*)  y  2 x  1 . Thay vào phương trình thứ nhất trong hệ ta được:  1 x  4 x  y  xy  7 x  3y  4  0  6 x  2 x  0  3 (thỏa mãn điều kiện)   x  0 1 1 Với x  0  y  2 x  1  1 . Với x   y  2 x  1   3 3 2

230

2

2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 1 1    Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm  x; y    0; 1 ;  ;      3 3  

x 2  x  2 x  1  y 2  2 y  2  2 y  1 Bài 31: Giải hệ phương trình: :  2 2 4 x  2 y  2 x  3 y  11  0 Phân tích

Từ phương trình thứ hai trong hệ, ta có x  Chọn x 

1  8 y 2  12 y  45 4

1  8 y 2  12 y  45 4

.

thay vào phương trình thứ nhất trong hệ:

2

 1  8 y 2  12 y  45  1  8 y 2  12 y  45 5  8 y 2  12 y  45    2   4 4 4    y2  2 y  2  2 y  1  0

Sử dụng SHIFT CALC ta thu được nghiệm là: y  0,7769839649 Thay vào x 

1  8 y 2  12 y  45

 1,138491983 4 Đến đây chúng ta khó tìm ra mối quan hệ vì các hệ số không giống nhau ở phần sau dấu phẩy hoặc cộng trừ với nhau ra mối quan hệ là số nguyên. Nhưng nếu các bạn quan sát kỹ thì nhận thấy có khả năng: 2 x  1  2 y  1  4x  2 y  3  0

Thật vậy: 4.1,138491983  2.0,7769839649  3  2,2.10 9  0 Do đó mối quan hệ biểu thức cần tìm là 4 x  2 y  3  0  y  2 x  Thay y  2 x 

3 2

3 vào hệ phương trình ta được: 2

 11 2 x 2  x  2 x  1  y 2  2 y  2  2 y  1 0  3x  x   4  2 2 4 x  2 y  2 x  3 y  11  0 12 x2  4 x  11  0  3 Như vậy ta thấy: 4.PT 1  PT 2  0 ta sẽ có nhân tử y  2 x  2 Bài giải 1 Điều kiện xác định: x  1; y  . 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

231


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x 2  x  2 x  1  y 2  2 y  2  2 y  1 Ta có:  2 2 4 x  2 y  2 x  3 y  11  0

 

 4 x 2  2 y 2  2 x  3 y  11  4 x 2  x  2 x  1  y 2  2 y  2  2 y  1  0  4 x 2  2 y 2  2 x  3 y  11  4 x2  4 x  8 x  1  4 y 2  8 y  8  4 2 y  1  0  8x2  2 y 2  2x  y  3  8 x  1  4 2 y  1  0

 8x2  2x  2 y2  y  3  4 2 x  1  2 y  1  0

  4 x  2 y  3  2 x  y  1  4.

4x  2y  3 2 x  1  2y  1

0

  4   0 (*)   4x  2 y  3 2x  y  1   2 x  1  2 y  1  1 4 Vì x  1; y   2 x  y  1  0 do đó 2 x  y  1  0 2 2 x  1  2y  1 3 . Thay vào phương trình thứ hai trong 2 1  34 1  34 hệ ta được: 12 x2  4 x  11  0  x  x . 6 6 1  34 3 7  2 34 Kết hợp điều kiện ta có x   y  2x   6 2 6 1  34 7  2 34 Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x  ,y  . 6 6

Vậy (*)  4 x  2 y  3  0  y  2 x 

9 x 2  4 y 2  4 3 36 x 2  12 x Bài 32: Giải hệ phương trình:  2 27 x  24 x  12  8 y 3x  1

Phân tích Ta nhận thấy từ điều kiện của hệ phương trình thì x  trình thứ hai trong hệ, ta có y 

27 x2  24 x  12 8 3x  1

1 do đó từ phương 3

ta thay vào phương trình

2

 27 x 2  24 x  12  3 2 thứ nhất trong hệ: 9 x  4    4 36 x  12 x  8 3x  1   2

232

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Sử dụng SHIFT CALC ta thu được nghiệm là: x 

2 3

Kiểm tra điều kiện nghiệm kép. Xét:

X

2

2

F X

 27 X  24X  12  0,61 0,045245 3 2 F  X   9X 2  4    4 36 X  12 X X 0,62 0,0300 8 3X  1   0,63 0,01821 ét các giá trị: 0,64 9,46. 103  START = 0,61 0,65 3,635. 103  END = 0,7  STEP = 0.01 0,66 5,732. 104 Qua bảng giá trị trên, ta nhận thấy nghiệm nằm 0,67 1,409. 104 trong lân cận giá trị 0,6667 đồng thời hàm số có dấu 0,68 2,223. 103 2 0,69 6,717. 103 hiệu tiếp xúc với trục hoành. Vì vậy nghiệm x  3 0,7 0,0135 chính là nghiệm kép của phương trình. Do bài toán có nghiệm kép khi dùng phép thế ẩn y vào phương trình thứ nhất trong hệ. Do đó bài toán hoàn toàn có thể sử dụng hằng đẳng thức và đánh giá AM – GM để giải quyết bài toán 27 x 2  24 x  12 2 Ta thay giá trị x  vào biểu thức của y ta thấy: y  1 3 8 3x  1 Hơn nữa khi ta thay giá trị của x vào biểu thức chứa căn

3x  1  1  y

Do đó mối quan hệ giữa x và y là y  3 x  1  0 . Vì vậy kết hợp 2 phương

2

trình chúng ta cần phải có y  3x  1 . Ngoài ra nghiệm x 

2 là nghiệm 3

2

kép của bài toán nên cần tạo hằng đẳng thức  3x  2  . Bài giải 9 x 2  4 y 2  4 3 36 x 2  12 x 1 Điều kiện xác định: x  . Ta có:  2 3 27 x  24 x  12  8 y 3x  1 Cộng vế với vế hai phương trình trong hệ phương trình ta có: 3

9 x 2  4 y 2  27 x 2  24 x  12  8 y 3x  1  4 36 x 2  12 x 3

 36 x 2  4 y 2  24 x  12  8 y 3x  1  4 36 x 2  12 x 3

 9 x 2  y 2  6 x  3  2 y 3 x  1  36 x 2  12 x 3

 y 2  2 y 3 x  1  3 x  1  9 x 2  9 x  4  36 x 2  12 x

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

233


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

   9x  9x  4  36x  12x   y  3x  1    3 x  2   3x  36 x  12 x (*) Do  y  3x  1    3 x  2   0x  36 x  12 x  3x  36 x  y  3x  1

2

2

2

3

2

 3x  3 x  2   0  x 

2

2

3

2

2

3

2

2

 12 x  27 x 3

2  y  1. 3

2 và y  1 . 3 Bình luận: Bạn đọc có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: 3x  6 x  2  2 3 36 x 2  12 x  3 3x  6 x  2  .2   3x 3 2 Dấu “=” xảy ra  3x  6 x  2  2  x   y  1 . 3 Bạn đọc có thể tự làm các bài tập áp dụng tương tự như sau: 2 x 2  x  3x  1  y 2  2 y  2  2 y  1 Áp dụng 1: Giải hệ phương trình:  2 2 2 x  2 y  5xy  2 x  7 y  2  0 2 x 2  x  2 x  1  y 2  y  2 y  1 Áp dụng 2: Giải hệ phương trình:  2 2 xy  x  2 y  7 x  2  0  2 13 3 2 2 6 x  4 y  7 x   3 3 x  2 x Áp dụng 3: Giải hệ phương trình:  3 3x 2  8 x  15  4 y 3x  8 

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x 

 2 5 2 3 2 2 x  y  x   2 6 x  2 x 3 3 Áp dụng 4: Giải hệ phương trình:   2 x 2  3x  3  2 y x 2  3x  12 x 2  y 2  10 x  12  6 3 8 x 2  12 x  Áp dụng 5: Giải hệ phương trình:  1 2 2 4 x  3x   y 4 x  2 x  2 x 2  y 2  5x  1  3 2 x2  x  Áp dụng 6: Giải hệ phương trình:   x 2  4 x  y x2  3x  3 x  2

234

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2 7 9 2  y  x  14  3 3 9 x  x Áp dụng 7: Giải hệ phương trình:  2 2  2 2 x  3 x  1  y x  x  3 4 x  1  y 2  3  2 3 10 x 2  2 x  Áp dụng 8: Giải hệ phương trình:   x 2  3 x  1  y 2 x  1  2 x2  3x  y 2  x2  3  3 4 x 2  4 x  Áp dụng 9: Giải hệ phương trình:   x 2  x  2  4 x 3  2 x  1  2 y 7 x  x 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

235


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 9: PHƯƠNG PHÁP ÉP TÍCH GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. Phương pháp ép tích bằng liên hợp ngược bài toán 1 căn: Để tìm ra nhân tử hai biến chúng ta sử dụng công cụ SOLVE kết hợp với TABLE trong máy tính CASIO để truy tìm những biểu thức liên hợp và từ đó sử dụng kỹ thuật liên hợp ngược kết nối nhân tử với nhau. Ví dụ: Sử dụng phương pháp phân tích nhân tử giải phương trình hai biến sau: x 2  y  2 x  1  2 x x2  y  0 Phân tích Bước 1: Đặt y  100 , ta được: x 2  99  2 x  2 x x 2  100  0 Sử dụng công cụ SOLVE ta được: x  5.116450524 Bước 2: Sử dụng công cụ CALC thay các giá trị x  5.116450524, y  100 vào

căn thức ta được:

x 2  y  11.23290105 Chú ý rằng: 2 x  10.23290105 Do đó ta có đánh giá:

x2  y  2 x  1 Vậy biểu thức cần tìm là:

x2  y  2x  1

Chú ý về liên hợp ngược:

x2  y  2x  1



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

Bài giải 2

Điều kiện xác định: x  y  0 . Ta có: x 2  y  2 x  1  2 x x2  y  0

 x 2  y  2 x  1  2 x  2 x  1  2 x

x2  y  2x  1  0

 y  3 x2  4 x  1  2 x

 

x2  y  2x  1  2x

 x  y  2 x  1 x2  y  2x  1 2

x2  y  2x  1  0

 

x2  y  2x  1  0

x2  y  1  0

II. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn giải hệ phương trình: 236

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 1  y x2  2 y 2  x  2 y  3xy   Ví dụ: Giải hệ phương trình:   y  1  x2  2 y 2  2 y  x (Trích đề thi thử THPT Quốc Gia 2015 – THPT Chuyên Hưng Yên) Điều kiện: y  1 .

Ta có:  1  y  x2  2 y 2  x  2 y  3xy

  x

    x  y  1

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

 2 y2

 x2  2 y 2 

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

x2  2 y 2  x  y  1   x  2 y 

x2  2 y2  x  y  1

Trường hợp 1:



x2  2 y2  x  y  1  0

x2  2 y2  x  2y  0  * 

x2  2 y 2   x  y  1 , thay vào phương trình hai ta có:

 1 y   y  1  3y  1    y 0 3 9 y 2  5 y  0 

Trường hợp 2:

x 2   x  1 (vô nghiệm).

x 2  2 y 2  x  2 y , kết hợp với phương trình hai ta có hệ:

 1  5 x   y  1  2 x   4   2 2 1 5  x  2 y  x  2 y   y  2  1  5 1  5  Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm  x; y    ; .   4 2   Phân tích Việc tách nhân tử như trong bài toán trên là không hề đơn giản:

1  y  

x2  2 y 2  x  2 y  3xy

x2  2 y2  x  y  1



x2  2 y2  x  2y  0  * 

Để có thể tách nhân tử như thế, ta có thể sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ không hoàn toàn cho hai biến như sau: Đặt t  x 2  2 y 2 , khi đó ta giả sử tồn tại số  sao cho:

1  y 

x2  2 y 2  x  2 y  3xy

  x2  2 y 2  1  y  x 2  2 y 2   x2  2 y 2   x  2 y  3xy   0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

237


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  t 2   1  y  t   x 2  2 y 2   x  2 y  3 xy   0 Phương trình bậc hai ẩn t , hai tham số x , y cần tìm hệ số  sao cho phương trình này có biệt thức: 2

  1  y   4  x 2  2 y 2   x  2 y  3xy    là một hằng đẳng thức theo các giá trị x , y . Để làm được điều đó, ta có hai

cách như sau: Cách 1: Sử dụng TABLE: 1 9801 400000004 2 10302 , ta có:     100 10000 10000 25 Khi đó ta tìm giá trị  sao cho:

Đặt x  100, y 

9801 400000004 2 10302   10000 10000 25 có giá trị là một số hữu tỷ. Để làm được điều đó ta sử dụng công cụ quen thuộc đó là TABLE: Xét công cụ TABLE (mode 7) cho: X F(X) 2  9 1798.9697… 9801 400000004X 10302 X F(X)    8 598.9697… 10000 10000 25  7 1398.9697… Với các giá trị: START = 9 , END = 9, STEP =  6 1198.9697… 1. Khi đó ta tìm giá trị X sao cho F(X) nhận giá 5 998.9697… trị hữu tỷ và đồng thời X khác 0. Dựa vào bảng 4 798.9697… giá trị TABLE như trên, ta nhận thấy với X = 1 3 598.9697… thì: 2 398.9697… 3 F(X)  201.03  200  1   2x  3y  1 1 198.9697… 100 99 Vậy nếu   1 thì:   2 x  3 y  1 0 100 Khi đó phương trình có 2 nghiệm: 1 201.03  y 1   y  1  2 x  3y  1 2 401.0301… t  t    2 2   3 601.0301…  y 1  t  y  1  2 x  3 y  1 4 801.0301… t   2 2  5 1001.0301… Vậy t  x  2 y  t   x  y  1 6 1201.0301… Do vậy phương trình được viết lại thành: 7 1401.0301…  t  x  2 y  t  x  y  1  0 8 1601.0301… 9 1801.0301…  x2  2y 2  x  y  1 x2  2 y2  x  2 y  0 

238



3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Cách 2: Sử dụng công cụ CALC: Ta xét:



1  y 

2

Do đó bấm máy tính:

Sau

 4  x 2  2 y 2   x  2 y  3xy    

1  Y 

2

 4 A  A X 2  2Y 2   X  2Y  3XY    

đó,

bấm CALC và gán 1 X  100, Y  , riêng giá trị A , ta 100 lựa chọn một trong các giá trị sau: A  1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 , trong đó thông thường A  1; 2; 3; 4 , ta tìm được với A    1 thì:

  201.03  2 x  3 y  1 Đến đây, bạn đọc giải tiếp như cách 1. III. Bài tập áp dụng:  x  1  2x  y  9  y  x  2  x  3  5  Bài 1: Giải hệ phương trình:  2  y  1 x  y  xy  x  0 Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 2.  Sử dụng nhân liên hợp:

o

Nhân tử cần tìm:

o

Liên hợp ngược:

x2  y  x  y



x2  y  x  y

x 2  y  x  y  y  y 2  2 xy

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 1. Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: 

Điều kiện: x  1, 2 x  y  9  0 ,x 2  y  0 . Ta có:  y  1 x2  y  xy  x  0   y  1

x 2  y  x  y   x  y  y  1  xy  x  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

239


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

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

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Vì x  1  x 2  y  0x  1, x 2  y  0 .  x  y  0  x  y  0 x2  y  x  y   2  2 2  y  y  2 x  1  0  x  y  x  2 xy  y Trường hợp 1: y  0 , thay vào phương trình thứ nhất ta được:

Do đó:

x  1  2 x  9  5  3x  8  2 x  1 2 x  9  25

 17 1  x  3  2 x  1 2 x  9  17  3x   4  x  1 2 x  9   9 x 2  102 x  289   17 1  x    x  65  10 39 (Thỏa mãn điều kiện). 3  x 2  130 x  325  0 

x  y  0  x  1  2 x  0 Trường hợp 2: y  1  2 x , vì    0  x  1. x  0  x  0 Thay y  1  2 x vào phương trình thứ nhất ta được:

x  1  4 x  8  1  2 x  x  2  x  3  5  x  1  2 x  2   1  2 x  x  2  x  3  5 

 

x 1 1  2

x2 x 1  1

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

2  x  2 x2 2

  1  2 x  x  2  x  3  0

  1 2   x  2   1  2 x  x  3   0 x2 2  x 1 1  Mặt khác vì 0  x  1 cho nên phương trình vô nghiệm.

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  65  10 39 ,y  0 . Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn: Điều kiện: x  1, 2 x  y  9  0 ,x 2  y  0 . 240

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có:  y  1 x2  y  xy  x  0   1  y  x2  y  xy  x  0  x 2  y   1  y  x 2  y  x2  xy  x  y  0 Đặt

x2  y  t  0 , khi đó phương trình trở thành: t 2   1  y  t  x 2  xy  x  y  0  * 

Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có: 2

  1  y   4 x 2  xy  x  y  4 x 2  4 xy  y 2  4 x  2 y  1   2 x  y  1

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: y  1   2 x  y  1 y  1   2 x  y  1 t  x yt   x  1 2 2 Do đó phương trình  *  trở thành:  t  x  y  t  x  1  0 



x2  y  x  y x  1  x2  y  0

Vì x  1  x 2  y  0x  1, x 2  y  0 .  x  y  0  x  y  0 x2  y  x  y   2   2 2  x  y  x  2 xy  y  y  y  2 x  1  0 Trường hợp 1: y  0 , thay vào phương trình thứ nhất ta được:

Do đó:

x  1  2 x  9  5  3x  8  2 x  1 2 x  9  25

 17 1  x  3  2 x  1 2 x  9  17  3x   4  x  1 2 x  9   9 x 2  102 x  289   17 1  x    x  65  10 39 (Thỏa mãn điều kiện). 3  x 2  130 x  325  0 

x  y  0  x  1  2 x  0 Trường hợp 2: y  1  2 x , vì    0  x  1. x  0  x  0 Thay y  1  2 x vào phương trình thứ nhất ta được:

x  1  4 x  8  1  2 x  x  2  x  3  5  x  1  2 x  2   1  2 x  x  2  x  3  5 

 

x 1 1  2

x2 x 1  1

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

2  x  2 x2 2

  1  2 x  x  2  x  3  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

241


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  1 2   x  2   1  2 x  x  3   0 x2 2  x 1 1  Mặt khác vì 0  x  1 cho nên phương trình vô nghiệm.

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  65  10 39 ,y  0 . Bài 2: Giải hệ phương trình:  y 2  2 xy  3x  3 y  1  x  y  3 2 x 2  y 2  1  0     1 1 x3  1    x4 2 xy  2 x  4  1  2 x  3 Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 1.  Sử dụng nhân liên hợp:

o

Nhân tử cần tìm:

o

Liên hợp ngược:

2x2  y2  1  x  y



2x2  y2  1  x  y

2 x 2  y 2  1  x  y  x2  2 xy  1

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 1. Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: 3 Điều kiện: x   , 2 xy  2 x  4  0 , 2 xy  2 x  3  0 . 2 

Ta có: y 2  2 xy  3 x  3 y  1   x  y  3  2 x 2  y 2  1  0

 x 2  2 xy  1   x  y  3 

  

 2 x  y  1  x  y  2 x2  y 2  1  x  y 2

2

2x2  y 2  1  x  y  0

2x2  y2  1  x  y  x  y  3  0

2x2  y2  1  2x  3  0

2 x 2  y 2  1  2 x  3  0x  

3 do đó: 2

2x2  y 2  1  x  y  0

 2 x 2  y 2  1  x  y  x 2  1  2 xy  .  x  y  0 x  y  0   

Thay 2 xy  x 2  1 thay vào phương trình thứ hai ta có:

242

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1

2x  3

1

x  2x  5  1

x2  2x  5  1

2x  3 x  4

 

2

1

x4

2x  3

0

0

2x  3  x  4

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

1

x  2x  5  1

2x  3  x  4

 2 x  3 x  4 x3  1 

x3  1

2

x4 x3  1

x3  1

 x  1 



x2  2x  5  1  0

x2  2x  5  1

 0

2x  3  x  4  x 2  2 x  5  1     x  1  2 x  3 x  4 x 2  x  1    0  x 1  y  1. 2x  3  x  4     Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  1 .

Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn: 3 Điều kiện: x   , 2 xy  2 x  4  0 , 2 xy  2 x  3  0 . 2 Ta có: y 2  2 xy  3 x  3 y  1   x  y  3  2 x 2  y 2  1  0

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

Đặt

2 x 2  y 2  1  t  0 , khi đó phương trình trở thành:  t 2   x  y  3  t  2 x 2  2 xy  3 x  3 y  0  * 

Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có: 2

   x  y  3   4 2 x 2  2 xy  3x  3 y

   9 x2  6 xy  y 2  18 x  6 y  9   3 x  y  3 

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: x  y  3   3x  y  3  x  y  3   3x  y  3  t  x yt  2 x  3 2 2 Do đó phương trình  *  trở thành:  t  x  y  t  2 x  3   0 

2 x2  y 2  1  x  y



2x2  y 2  1  2x  3  0

2 x 2  y 2  1  2 x  3  0x  

3 do đó: 2

2x2  y 2  1  x  y  0

2  2 x 2  y 2  1  x  y  x  1  2 xy  .   x  y  0 x  y  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

243


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Thay 2 xy  x 2  1 thay vào phương trình thứ hai ta có: 1

1

2x  3

x  2x  5  1 

2

2x  3 x  4

 

 2 x  3 x  4 x3  1 

 2 x  3 x  4  x  1 x  x  1 

x4

1 2x  3

0

0

2x  3  x  4

2

1

2

x  2x  5  1

2x  3  x  4

x  2x  5  1

x3  1

2

x4 x3  1

x3  1



 x  1 

x2  2x  5  1  0

x2  2x  5  1

 0

2x  3  x  4  x 2  2 x  5  1   2   x  1  2 x  3 x  4 x  x  1    0  x 1  y  1. 2x  3  x  4     Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  1 .

 xy2  x2  2y 2  x  2 y  2  x   Bài 3: Giải hệ phương trình:   x  1  x  y  1  x3  x2  2  y  Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 1.  Sử dụng nhân liên hợp:

o

Nhân tử cần tìm:

o

Liên hợp ngược:

x2  2y 2  x  2 y



x2  2y 2  x  2y

x2  2 y 2  x  2 y  4 xy  2 y 2

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 1. Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: 

Điều kiện: x  1, x  y  1  0, x 3  x 2  2  0 . Ta có:  x  y  2 

   x  y  2   x  y  2

244

x2  2y 2  x  2 y  2  x 

  x  2y   2y

x2  2 y2  x  2 y  2y  2  x   2y  x  y  2  x2  2 y2

2

 4 xy

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2y   x  y  2 x  2y   x  2 y  y  2    x  y  2

2

2

2

2

2

   x  2y  

 x  2 y  4 xy  2 y 2  0 x2  2 y2  x  2y



x2  2y2  x  2y  0

2

x2  2 y2  x  2 y  0

Vì y  x  1  x  y  1  x 3  x 2  2  0  x  y  1  2  0 Do đó:

x  y  1  0  y  x  1  x  y  1  x3  x2  2  0 .

Khi đó:

x 2  2 y 2  y  2  0, y  0 nên:

2 y  x  0, y  0 2 y  x  0, y  0 x2  2 y2  x  2 y  0   2   y  2x  2 2 2 y  y  2 x   0  x  2 y   2 y  x 

Thay y  2 x vào phương trình hai ta được: x  1  3x  1  x3  x2  2  2x  x1 

 x1 

 x1 

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

3  x  1 3x  1  2

3  x  1 3x  1  2

 x1

x2  2x  2  2 x  1  0

x  1 x2  2 x  6

x2  2 x  2  2 x  1

0

2   x  1  5  3 x  1 0 x1 y  2.  x  1 1   2   3x  1  2 x  2 x  2  2 x  1   Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  1, y  2 .

Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn: Điều kiện: x  1, x  y  1  0, x 3  x 2  2  0 . Ta có:  x  y  2 

x2  2y 2  x  2 y  2  x 

 x 2  2 y 2   x  y  2  x 2  2 y 2  xy  2 x  4 y  2 y 2  0 Đặt

x2  2 y 2  t  0 , khi đó phương trình trở thành:  t 2   x  y  2  t  xy  2 x  4 y  2 y 2  0  * 

Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có: 2

   x  y  2   4 xy  2 x  4 y  2 y 2   x  3 y  2 

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

245


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

t

x  y  2   x  3y  2 

 y  2  t 

x  y  2   x  3y  2 

2 2 Do đó phương trình  *  trở thành:  t  x  2 y  t  y  2   0 

x2  2 y2  y  2



 x  2y

x2  2 y2  x  2 y  0

Vì y  x  1  x  y  1  x 3  x 2  2  0  x  y  1  2  0 Do đó:

x  y  1  0  y  x  1  x  y  1  x3  x2  2  0 .

Khi đó:

x 2  2 y 2  y  2  0, y  0 nên:

2 y  x  0, y  0 2 y  x  0, y  0 x2  2 y2  x  2 y  0   2  y  2x 2   2 2 y  y  2 x   0  x  2 y   2 y  x 

Thay y  2 x vào phương trình hai ta được: x  1  3x  1  x3  x2  2  2x  x1 

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

3  x  1

 x1 

3x  1  2

3  x  1

 x1 

 x1

3x  1  2

x2  2x  2  2 x  1  0

x  1 x2  2 x  6

x2  2 x  2  2 x  1

0

2   x  1  5  3 x 1  0 x1 y  2.  x 1 1  2  3x  1  2 x  2 x  2  2 x  1   Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  1, y  2 .

 x  5  2y  4  x  y  1  Bài 4: Giải hệ phương trình:  2 8 y  x  2   4  8 y   y  x  Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 2.  Sử dụng nhân liên hợp:

2

Nhân tử cần tìm: 2 xy  2 y   x  y  2 

o

Liên hợp ngược:



xy  2 y   x  y  2  2 xy  2 y   x  y  2   4 x  4 y  4  x 2  y 2  2 xy

 246

o

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 4. 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: Điều kiện xác định: x  5, y  2 . Ta có: 8 y  x  2   4  8 y   y  x 

2

 8 xy  2 y  4  8 y  x 2  y 2  2 xy  0

     4  2 xy  2 y  2  x  y    2 xy  2 y  2  x  y  2 xy  2 y  x  y  2   0   2 xy  2 y   x  y  2    4  2 xy  2 y   x  y  2    0   2 xy  2 y  2  x  y  2 xy  2 y  2  x  y   0  4 2 xy  2 y   x  y  2   4 x  4 y  4  x 2  y 2  2 xy  0

Vì 2 xy  2 y  2  x  y  0, x  5, y  2 . 2   2 xy  2 y  2  x  y  0  x2  y 0 Do đó:    x  5  2 y  4  x  y  1  x  5  2 y  4  x  y  1 

 x  2  y  y  x  2    x  5  2 y  4  x  y  1  x  5  2 y  4  x  y  1

Do đó:

x  5  2x  8  3  x  6  y  4 .

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  6, y  4 . Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn: Điều kiện: x  5, y  2 . Ta có: 8 y  x  2   4  8 y   y  x 

2

 8 xy  2 y  4  8 y  x 2  y 2  2 xy  0

 4  xy  2 y   8 xy  2 y  4  x2  y 2  2 xy  0 Đặt

xy  2 y  t  0 , khi đó phương trình trở thành:

 4t 2  8t  4  x2  y 2  2 xy  0  * 

Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có:

 '  16  4 4  x 2  y 2  2 xy  16  16  4 x2  4 y 2  8 xy   2 x  2 y 

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: 4  2 x  2 y 2  x  y 4  2 x  2 y 2  x  y t  t  4 2 4 2 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

247


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Do đó phương trình  *  trở thành:  2  x  y  2  x  y  t   t    0   2t  2  x  y  2t  2  x  y   0 2 2   



 2 xy  2 y  2  x  y 2 xy  2 y  2  x  y  0

Vì 2 xy  2 y  2  x  y  0, x  5, y  2 . 2   2 xy  2 y  2  x  y  0  x2  y 0 Do đó:    x  5  2 y  4  x  y  1  x  5  2 y  4  x  y  1 

 x  2  y  y  x  2   x  5  2y  4  x  y  1  x  5  2 y  4  x  y  1 

Do đó:

x  5  2x  8  3  x  6  y  4 .

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  6, y  4 .  3 y 2  1  2  x  1 y  4 y x 2  2 y  1 Bài 5: Giải hệ phương trình:   y  y  x   3  3x Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 1.  Sử dụng nhân liên hợp:

Nhân tử cần tìm:

o

x2  2 y  1  x  y

Liên hợp ngược:

o

2

x  2y  1  x  y



x 2  2 y  1  x  y  2 y  1  2 xy  y 2

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 1. Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: 

Điều kiện xác định: x 2  2 y  1  0 . Ta có: 3 y 2  1  2  x  1 y  4 y x 2  2 y  1  4 y x2  2 y  1  3 y 2  1  2  x  1 y  0

  4y   4y

248

 x  2 y  1  x  y   4 xy  4 y  3 y

x 2  2 y  1  x  y   x  y  4 y  3 y 2  1  2  x  1 y  0 2

2

2

 1  2 xy  2 y  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

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

 4y

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

18 x  3 y 2  2 y  17  x 2  2 y  1  x  3 y  0  Trường hợp 1:   3 y  x  0  9 y 2  6 xy  2 y  1  0  y  y  x   3  3x 

 2 x  3 y  2 y  17 x  y  1  18   3 y  x  0   x  62  4 178 , y  13  178  2    3 y  2 y  17 9 3 9 y 2  6  y  2 y  1  0     18    2  x 2  2 y  1  x  y  0 18 x  3 y  2 y  17 Trường hợp 2:   2  y  2 xy  2 y  1  0  y  y  x   3  3x

 3 y 2  2 y  17 x  y  1 x  18     x  2 , y  1  10  3 y 2  2 y  17  2 y  2  y  2 y  1  0   3 3    18    Kết luận: Hệ phương trình có 3 cặp nghiệm phân biệt:       x; y   1;1 ;  62  49 178 ; 13  3 178  ;  23 ; 1  3 10         Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn:

Điều kiện: x 2  2 y  1  0 . Ta có: 3 y 2  1  2  x  1 y  4 y x 2  2 y  1  4 y x2  2 y  1  3 y 2  1  2  x  1 y  0 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

249


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  x

  2 y  1  4 y

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

Đặt

2

x 2  2 y  1  3 y 2  x 2  2 xy  0

x 2  2 y  1  t  0 , khi đó phương trình trở thành:

 t 2  4 yt  3 y 2  x 2  2 xy  0  *  Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có:

 '  4 y 2  3 y 2  x 2  2 xy   x  y 

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: t  2y  x  y  x  y  t  2y  x  y  3y  x Do đó phương trình  *  trở thành:

 t  x  y t  3 y  x   0 

x2  2 y  1  x  3y



x2  2y  1  x  y  0

18 x  3 y 2  2 y  17  x 2  2 y  1  x  3 y  0  Trường hợp 1:   3 y  x  0  9 y 2  6 xy  2 y  1  0  y  y  x   3  3x 

 2 x  3 y  2 y  17 x  y  1  18   3 y  x  0   x  62  4 178 , y  13  178  2    9 3 9 y 2  6  3 y  2 y  17  y  2 y  1  0    18    2  x 2  2 y  1  x  y  0 18 x  3 y  2 y  17 Trường hợp 2:   2  y  2 xy  2 y  1  0  y  y  x   3  3x

 3 y 2  2 y  17 x  y  1 x  18     x  2 , y  1  10  3 y 2  2 y  17  2 y  2  y  2 y  1  0   3 3    18   

Kết luận: Hệ phương trình có 3 cặp nghiệm phân biệt:       x; y   1;1 ;  62  49 178 ; 13  3 178  ;  23 ; 1  3 10         250

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  5 y  4  x  y 2  2 xy  2 y  Bài 6: Giải hệ phương trình:   x  y 2  x  y Phân tích  Phương trình cần phân tích: Phương trình 1.  Sử dụng nhân liên hợp:

o

Nhân tử cần tìm: 2 x  y 2  x  y

o

Liên hợp ngược:

2



x  y 2  x  y 2 x  y 2  x  y   x 2  2 xy  5 y 2  4 x

Sử dụng ẩn phụ không hoàn toàn: Tìm được α = 2. Bài giải Cách 1: Phân tích nhân tử bằng tìm liên hợp căn với đa thức hai biến: 

Điều kiện xác định: x  y 2  0 . Ta có:  x  5 y  4  x  y 2  2 xy  2 y  2  x  5 y  4  x  y 2  4 xy  4 y  0

    x  5 y  4   2 x  y  x  y   x  2 xy  5 y  4 x  0   x  5 y  4   2 x  y  x  y     x  2 xy  5 y  4 x   0   x  5 y  4   2 x  y  x  y    2 x  y  x  y  2 x  y   2 x  y  x  y   x  5y  4    2 x  y  x  y   0   2 x  y  x  y  4 y  4  2 x  y   0   2 x  y  x  y  2 y  2  x  y   0   x  y  2 y  2  2 x  y  x  y   0

  x  5 y  4  2 x  y 2  x  y   x  y  x  5 y  4   4 xy  4 y  0 2

2

2

2

2

2

2

2

2

xy 0

2

2

2

2

2

2

2

2

 x  y2  2y  2  y  x  2   x  y  2 y  2 Trường hợp 1:     2 2  x  y 2  x  y  x  y  x  y  x  y  x  y

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

251


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

y  x  2   y  x  2    2 2 (Vô nghiệm). 2  x   x  2   2 x  2  x   x  2    2 x  2  2 x  y 2  x  y   x  y  2  x  y   y   x Trường hợp 2:    2 2  x  y 2  x  y  x  y  x  y  x  x  0  x  y  0 hoặc x  1, y  1 (Đều thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm phân biệt: x  y  0 hoặc x  1, y  1 Cách 2: Phương pháp ẩn phụ không hoàn toàn: Điều kiện: x  y 2  0 . Ta có:  x  5 y  4  x  y 2  2 xy  2 y  2 xy  2 y   x  5 y  4  x  y 2  0

   2  x  y    x  5y  4 

 2 x  y 2   x  5 y  4  x  y 2  2 xy  2 y  2 x  y 2  0 2

Đặt

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

x  y 2  t  0 , khi đó phương trình trở thành:  2t 2   x  5 y  4  t  2 xy  2 y  2 x  2 y 2  0  * 

Giả sử phương trình trên có dạng ẩn t , tham số x , y . Khi đó ta có: 2

   x  5 y  4   8 2 xy  2 y  2 x  2 y 2 2

2

   x  25 y  16  10 xy  8 x  40 y  16 xy  16 y  16 x  16 y 2    x 2  6 xy  9 y 2  8 x  24 y  16

    x  3y  4 

2

Khi đó phương trình có hai nghiệm: t

 x  5y  4    x  3 y  4   x  y  t   x  5y  4    x  3y  4   2 y  2

4 2 Do đó phương trình  *  trở thành:

4

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



x  y2  2 y  2 2 x  y2  x  y  0

 x  y2  2y  2  y  x  2   x  y  2 y  2 Trường hợp 1:     2 2  x  y 2  x  y  x  y  x  y  x  y  x  y 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt 252


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

y  x  2   y  x  2    2 2 (Vô nghiệm). 2  x   x  2   2 x  2  x   x  2    2 x  2  2 x  y 2  x  y   x  y  2  x  y   y   x Trường hợp 2:    2 2  x  y 2  x  y  x  y  x  y  x  x  0  x  y  0 hoặc x  1, y  1 (Đều thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Hệ phương trình có hai cặp nghiệm phân biệt: x  y  0 hoặc x  1, y  1  x  1 x  y 2  y  x  2 y  1  Bài 7: Giải hệ phương trình:   y x  1  3 x  y 2  2 x  y  1

Điều kiện xác định: x  y 2 , x  1 . Ta có:  x  1 x  y 2  y  x  2 y  1 

x  y2  y  1



x  y2  x  y  0

Mặt khác: Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:

2 y2  x  1 3 x  y  1   2x  y2  1 2 2  2 x  y 2  1  2 x  y  1  y 2  y  2  0  2  y  1 .

y x  1  3 x  y2 

Khi đó  1  y   x  y 2  0  x  y  1 . Cặp nghiệm này thay vào hệ không thỏa mãn. Vậy  1  y   x  y 2  0 . 2  x  y2  x  y  0    xy xy Vậy    y x  1  3 x  y 2  2 x  y  1  y x  1  3  x  y   2 x  y  1  x  y 2  x  y   x  2, y  1 (Thỏa mãn điều kiện).  y x  1  4 y  x  1 Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  1 .

Bài 8: Giải hệ phương trình:  x  y  1 x  y  2 y  2  0   x x  y  xy  5  2 x  y  y   x  1 x2  x  3

Điều kiện xác định: x  y , x  y  y , . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

253


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng –– Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có:  x  y  1 x  y  2 y  2  0  Vì

x  y  1  0 do đó ta có:

x  y 1



x y xy2 0

x  y  x  y  2 hay x  2  x  y  y .

Thay vào phương trình hai ta có:

x

x  y  y   x  1 x 2  x  3

xy y 52

 x 2  2 x  5  2 x  2   x  1 x 2  x  3

 

  x  1 x  1  x 2  x  3  2

 x  1 x  2  2

x2 2

2  x  2

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

 

  4 y2 Trường hợp 1: x  2  4  2  y  y   2  y  2 . 2  y   y  4   x  12  x  2   4 x 2  x  3 Trường hợp 2:  x  1 x  2  2 x  x  3    x  1   4y2 x24 2y y  2  y  2 . 2  y   y  4  2

Kết luận: Hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  2, y  2 .

254

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 12: BÀI TẬP TỔNG HỢP TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Phương trình, bất phương trình TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN TOÀN QUỐC

Bài 1: Giải phương trình: x  x  4

2

 x  4 x  4  2 x  x  4  50

(Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Nguyễn Đình Chiểu – Đồng Tháp 2016) Điều kiện xác định: x  4

Phương trình  1  x  x  4

  x   x 

2

2

x  4  4

x  4  4  2 x  x  4  50

2

   x  4  2   2x  x  4  50 x  4   x  4  2  2 x  x  4  50 x  4   2  x  x  4   48  0

 x x4

2

2

 x  x  4  5  x  5.

Bài 2: Giải phương trình: 4 2  x  3  x  x 2  5 (Trích đề Thi Thử Khóa Pen I – Thầy Lê Bá Trần Phương 2016 Đề 1) Điều kiện xác định: 3  x  2 PT  4

2  x  1  3  x  2  x2  1

1 x

x 1

  x  1 x  1 2x 1 3 x 2   4 1  1  x     x  1  0 3 x 2  2x 1  x  1   4 1   x  1  0 1  2  x  1 3x 2  4.

Xét hàm số f  x  

256

4 2x 1

1 3x 2

 x  1 với x    3 ; 2 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

2

Ta có f '  x  

2x

2x 1

2

2

 3x

3 x 2

2

1 0

Ta thấy x  2 là nghiệm của phương trình  1 , nên x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình  1 . Kết luận: Vậy PT có nghiệm x  1 ; x  2. 6  5 *  x (Trích đề Thi Thử THPT Phú Xuyên B – Hà Tĩnh 2016)

Bài 3: Giải bất phương trình:

x2  3 x  2 x  2  2 x  x 

Điều kiện xác định: x  0.

*   x

x  x  3  2 x  2  2x 

 x  2  x  3   2

x3  x

x

x 2  5x  6 0 x

x  2  2x  0

x3 x x2 2 x x2 0 x  x3   x x2   2  0   x  

 

 x3  x3 20  20   x  x  x  x  2  0 x  x  2  0   x 3  x3  x3  x 4  x  1 20 2    Hệ:      x2 x x x  0  x  2 x  x  2  0 x  x  2     x2  x  2  0 x 3  x3  x3  x 4 x  1 20 2    Hệ:      0 x1 x x  x0 0  x  2 x  x  2  0 x  x  2     x2  x  2  0 Kết luận: bất phương trình có tập nghiệm: S   0 ; 1   2 ;  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

257


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

2 8  2x   x. x x (Trích đề Thi Thử Trung Tâm Diệu Hiền – Cần Thơ 2016 Lần 2)

Bài 4: Giải bất phương trình: 2 1 

Điều kiện xác định: 2  x  0 hoặc x  2.

2  x  2  x  2  x2   x *  x x Trường hợp 1: 2  x  0 : *  luôn đúng. Bất phương trình tương đương với: 2

Trường hợp 2: x  2. BPT  2 x  2  2  x  2  x  2   x x  x2

(do

2x  4  2  x x  x  2 .

2 2x  4  2

 x

2 x  4  2  0 , x  2 )

 2 x2  x

2x  4  2  2 x  2  2x2  4x  2 x

 x2  2 x  4 x 2  2 x  4  0 

x2  2x  2

2

 0

x2  2 x  2  0  x  1  5 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là: S   2 ; 0   1  5 .  3 4  8x  9x2 Bài 5: Giải bất phương trình:  2   2 x  1  1  x 3x  2 2x  1  (Trích đề Thi Thử THPT Trần Hưng Đạo – Đắknông 2016 Lần 1) Điều kiện xác định: x  1. Bất phương trình đã cho tương đương với:

 2x  3  2

x1 1

x

  9x

2

 4  2 x  1

3x  2 2 x  1

 2x  3  2

  3x  2

x 1 1

x

2x  1

Do x  1 nên BPT   2 x  3  2 x  1  1  3x 2  2 x 2 x  1

2

Vì: x  1 

258

2

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

 2 x 1 x 1

2

2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2 x 1 x 1

2

  x 

2x  1

2

2

x 1  x 1  0

x  1  x  1  Vậy để BPT xảy ra thì  VT  0   x  2 x  1  x  1. x  1  0 

x2  x  2 2  x2  1 x3 x2  3 (Trích đề Thi Thử Thạch Thành I – Bắc Ninh 2016 Lần 1) Điều kiện: x  3. Bất phương trình đã cho tương đương với: x2  x  2 4  2 2 x x2 2 x3 x  3  x2  1  0   x2  1  0  2 2 x3 x 3 x x2 2  2 x3 x 3 Bài 6: Giải bất phương trình:

  x2  x  2 2 x2  x  6  x2  1   1  0 với A   2   x  3 x  3 A  x3 x2  3    x 2  1  0  1  x  1 (Với x  3 thì biểu thức trong ngoặc vuông luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   1 ; 1 .

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

Bài 7: Giải bất phương trình:

(Trích đề Thi Thử THPT Phan Châu Trinh – Đà Nẵng 2016) 2 Điều kiện xác định: x  . Nhận xét rằng x  1 không thỏa mãn bất 3

phương trình nên ta có  1  

3  x  1 3x  2  1

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

 2 x  1   x  1 x 2  2 x  2

 2    x  1  x2  2 x  2   3 x  2  1 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

  0 2  3 x 1    1

259


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

     3 1  2   x  1  x  2 x   1    1 2 3x  2  1   3 x 1       2  3 x 1    1  3x  2  2  2   x  1  x  2 x   0 2  3x  2  1 3 x 1    

    0  

 3  x  2  x2  2 x   3 x   x  1  x 2  2 x     0   x  1 x  2   x     0 A B  A B   2  4 2  Với: A  3x  2  1 3 x  2  2 ; B  3  x  1  3  x  1  3  x  1  1    2   x  1 x  2   0 , )vì x  và x  1, biểu thức trong ngoặc vuông luôn 3 luôn dương) x  1  . Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là x  2 2  x  1 hoặc x  2. 3



Bài 8: Giải bất phương trình:

5x  13  57  10 x  3x 2

 x2  2x  9

x  3  19  3 x (Trích đề Thi Thử THPT Phủ Cừ - Hưng Yên 2016) 19 Điều kiện xác định: 3  x  ;x  4 3 Bất phương trình tương đương:



x  3  19  3 x 2 x  3  19  3x x  3  19  3x

x

2

 2x  9

 2 x  3  19  3 x  x 2  2 x  9

 x5  13  x  2  2 x  3     19  3x   x x2 3   3  

2 x2  x  2

 x5 9 x  3  3  

260

x2  x  2  x2  x  2   13  x 9  19  3x  3   3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

    2 1 2    0 *   x x2    x5  13  x   9  19  3x   9 x  3   3  3     

 19   0 với x   3 ;  \4 3  x5 13  x   x3  9  19  3 x    3  3   2 *   x  x  2  0  2  x  1 (thỏa mãn) 2

 9  Do đó

1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2 ; 1 . Bài 9: Giải bất phương trình: 9 x 2  3  9 x  1  9 x 2  15 (Trích đề Thi Thử THPT Việt Trì – Phú Thọ 2016 Lần 1) 1 Nhận xét: 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x  . 9 BPT 

 2

9 x2  3  2  3  3 x  1  9 x 2  15  4

9x  1 9x2  3  2

 3  3 x  1 

9x2  1 9 x 2  15  4

0

  3x  1 3x  1   3 x  1    3  0  9 x2  3  2  9 x 2  15  4       1 1   3 x  1    3 x  1     3  0  2 2  9 x  3  2 9 x  15  4    1  3x  1  0  x  . 3 Kết hợp các điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình là x 

1 . 3

Bài 10: Giải bất phương trình: 1  4 x 2  20  x  4 x2  9  1 (Trích đề Thi Thử THPT Yên Lạc – Vĩnh Phúc 2016 Lần 2) Bất phương trình đã cho tương đương với: 4 x 2  9  5  6  4 x 2  20  x  2  0

4 x 2  16 4x2  9  5

16  4 x 2 6  4 x 2  20

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

x20 261


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  4x  8 4x  8   x  2   1  0  4 x2  8  5 6  4 x2  20    Từ  1 suy ra x  1  4 x 2  20  4 x 2  9  0  x  1. Do đó 4x  8 4x2  9  5

4x  8 6  4 x 2  20

 1   4x  8 .

1  4 x 2  20  4 x 2  9



4 x 2  9  5 6  4 x 2  20

1  0

Vậy nghiệm của bất phương trình là x  2. Bài 11: Giải bất phương trình:  x  1 x 2  2 x  5  4 x x 2  1  2  x  1 . (Trích đề Thi Thử Trung Tâm Diệu Hiền –Cần Thơ 2016 Lần 1) Cách 1: Sử dụng nhân liên hợp: Điều kiện xác định: x   . Bất phương trình tương đương với:

 x  1 

    x  1  x  2 x  5  2   2

x 2  2 x  5  2  2 x 2 x2  1  x 2  2 x  5  0 2

2 x  x  1 3 x  1

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

   x  1    4 x 2  1  2 x 2  2 x  5  2 x 2  1 x 2  2 x  5  7 x2  4 x  5      x  1  0 2 2 2 x  1  x  2 x  5  

4 x2  1  2 x2  2x  5  2

Do:

x

2





 1 x2  2 x  5  7 x 2  4 x  5 0.

2 x2  1  x 2  2 x  5

Vì vậy bất phương trình có tập nghiệm: S    ; 1 . Cách 2: Sử dụng hàm đặc trưng: Điều kiện xác định: x   . Bất phương trình tương đương với: 2

 x  1  x  1  4  2  x  1    2 x   2 x  Xét hàm đặc trưng f  t   2t  t t 2  4 với t   . 262

2

 4  2  2x 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

t2

Ta có: f '  t   2  t 2  4 

t2  4

 0 , t   . Do đó f  t  là hàm số đồng

biến và liên tục trên  . Do đó: f  x  1  f  2 x   x  1  2 x  x  1 . Vì vậy bất phương trình có tập nghiệm: S    ; 1 . Bài 12: Giải phương trình: 4 x 2  7 x  5  3 x  3  5 x 2  x  2 (Trích đề Thi Thử Trung Tâm Diệu Hiền – Cần Thơ 2016 Lần 2) Phương trình tương đương với: 2

x 2  x  2  3  x  1  5 x 2  x  2  3  x  1  . Đặt a  x 2  x  2 ,a  0 và b  x  1.

5a  3b  0 a 2  3b2  5a  3b    a  b  4a  b   0

Phương trình trở thành:

Với a  b  x 2  x  2  x  1  x  1.  x  1  0 Với 4a  b  4 x2  x  2  x  1   2 (Vô nghiệm). 2 16 x  x  2   x  1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất nghiệm x  1.

Bài 13: Giải phương trình: 1  x

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

(Trích đề Thi Thử Khóa Pen I – Thầy Lê Bá Trần Phương 2016 Đề 2) Ta có: 1  x

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

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

 x  1

2

 2   x    x 

 x 

2

2

1

Xét hàm số f  t   t  t t 2  2 với t  . Ta có f '  t   1  t 2  2 

t2

 0 t  . t2  2 Vậy hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên .

1 Vậy  1  f  x  1  f   x   x  1   x  x   . 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

263


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

Bài 14: Giải phương trình: x x  1   2 x  3   2 x  2   x  2 (Trích đề Thi Thử THPT Ngô Sĩ Liên – Bắc Giang 2016) Điều kiện: x  1. 2

Ta có: x x  1   2 x  3   2 x  2   x  2 3

2

  x  1 x  1   x  1  x  1   2 x  3    2 x  3   2 x  3 1 Xét hàm số f  t   t 3  t 2  t  f '  t   3t 2  2t  1 f '  t   0 , t   suy ra hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên .

Phương trình  1  có dạng f

x  1  f  2 x  3  . Từ hai điều trên phương

 3 x  trình  1  x  1  2 x  3    x  2. 2  x  1  4 x 2  12 x  9 

Bài 15: Giải phương trình: 2 1 4 x 2  4 x  3  2 x  1 4 (Trích đề Thi Thử THPT Khoái Châu – Hưng Yên 2016 Lần 1) 1 3 Điều kiện:   x  . 2 2 2 1 Ta có: 2 x  1  3  2 x  4  2 3  4 x  4 x 2  4 x 2  4 x  3  2 x  1 4

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

2

  2 x  1 2   2 x  1 2    2 x  1  3  2x  2x  1  3  2x   *    2 2   2 Xét hàm số f  t   t  t trên  0;   có f '  t   2t  1  0 t   0 ;   nên 2

 

hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên  0 ;   . Do đó phương trình *  trở thành f

 2x  1  2

 2 x  1 3  2x 

 4x  4x  1  2

264

2

2x  1 

 2x  1 2   2x  1  3  2x  f   2 

   

2

 2x  1  3  2x   0 2

3  2 x   2 x  1

2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 

 

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

2x  1  2  3  2x

2x  1  2x  3

  2 x  3  2 x  1 

2x  1  2

3  2 x  1  2 x  3  2x  2

3  2x  2  0

0

 3  2x 2x  1    2x  1 3  2x  2x  1 3  2 x     0.  2x  1  2 3  2 x  2   1 3 Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x   và x  . 2 2

Bài 16: Giải bất phương trình:

x1 

x2  x  2 3 2x  1 3

2x  1  3 (Trích đề Thi Thử Triệu Sơn 1 – Thanh Hóa 2016 Lần 1) Điều kiện xác định: x  1,x  13 .

Ta có:

x 1 

 x 1  2 

x2  x  2 3 2x  1 3

2x  1  3

x  2

x12 3

3

Trường hợp 1: Nếu

 x12



x12

x2  x  6 3

2x  1  3

  1   x  2 3

2x  1  3

x12

2x  1  3

 * 

2 x  1  3  0  x  13  1

Thì *    2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1 Do hàm số f  t   t 3  t là hàm đồng biến và liên tục trên  , mà *  : f

3

 

2x  1  f

x  1  3 2 x  1  x  1  x3  x2  x  0

 1 5   1 5  Suy ra x    ;   0 ;  , kết hợp với điều kiện  1  suy ra bất  2 2     phương trình vô nghiệm.. 3

Trường hợp 2: Nếu

2 x  1  3  0  1  x  13  2 

Thì *    2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1 Do hàm số f  t   t 3  t là hàm đồng biến và liên tục trên  , mà *  : f

3

 

2x  1  f

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

x1



3

2x  1  x  1

265


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1 Với 1  x   , khi đó bất phương trình luôn đúng. 2 2 3 1 Với   x  13 , khi đó bất phương trình   2 x  1   x  1 2

1  5  ;   , kết hợp với điều kiện  2  suy ra nghiệm Suy ra: x  1; 0      2  1 5  ; 13  . của bất phương trình x  1; 0      2  1 5  ; 13  . Kết luận: x   1; 0      2  Bài 17: Giải phương trình: 3 x 3  2 x 2  2  3 x 3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 x  2 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2016 Lần 1) Cách 1: Đưa về hằng đẳng thức: 3 2 3 x  2 x  2  0 Điều kiện xác định:  3 2 3x  x  2 x  1  0 PT  2 x 2  2 x  2  3 x 3  2 x 2  2  3 x 3  x 2  2 x  1  0  4 x 2  4 x  4  2 3 x 3  2 x 2  2  2 3 x 3  x 2  2 x  1  0

2

 

3x3  2x2  2  1 

2

2

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

 x  1  Dấu bằng xảy ra   3x 3  2 x 2  2  1  x  1 .  3 2  3x  x  2 x  1  1 Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: 3 x3  2 x2  2  0 Điều kiện xác định:  3 2 3x  x  2 x  1  0 Theo bất đẳng thức AM – GM ta có: 1  3x 3  2 x 2  2 1. 3x 3  2 x 2  2  2 3 1  3x  x2  2x  1 1. 3x 3  x 2  2 x  1  2

266

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Suy ra: 2 x 2  2 x  2  3x 3  2 x 2  2  3 x 3  x2  2 x  1 

3x 2  2 x  3 2

2

  x  1  0  x  1. Thử lại: x  1 thỏa mãn phương trình đã cho. Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là: x  1.

Bài 18: Giải phương trình: x 2  4 x  5 

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

(Trích đề Thi Thử THPT Quốc Học Huế 2016) Điều kiện xác định: x  1 .

1   x2  4x  5 x2  x  1  3x   x  1  x 2  x  1  2



1  x3

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

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

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

2

1  x  x2  x  1

2

  0  2

x  2  0  2 Vì x  1    x  2 (thỏa mãn điều kiện) 2  1  x  1  x  x  x  1  0  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  2.

Bài 19: Giải phương trình: 2 x 5  3 x 4  14 x 3

 2   4 x 4  14 x 3  3 x 2  2  1   x2 x2   (Trích đề Thi Thử THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh 2016)

Điều kiện: x  2 *  .

 

PT  x 3 2 x 2  3x  14  4 x 4  14 x 3  3x 2  2

  x  x  2  2 x  7  

  x  2  2    4x

 x 3  x  2  2 x  7 



x2 2

  2x  2

x  2  2  4 x 4  14 x 3  3 x 2  2  x  2  4 

3

4

 14 x 3  3 x 2

 x  2  0  x  2 TM *    x 3  2 x  7  x  2  2  4 x 4  14 x 3  3 x 2  2  1 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

267


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1  x3  2 x  7  x  2  4 x4  14x3  4x4  14x3  3x2  2  x 3  2 x  7  x  2  3x 2  2 Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình  x  0. 3 2 Khi đó, PT   2 x  4  3  x  2   3 x x 2 3  2x  2 x  2  3 x  2  3  2 x x 3 Xét hàm số: f  t   2 t  3t với t  . Ta có: f '  t   6t 2  3  0 t   . Hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên . 1 1 x2  f    x2   x x2 1 x x x  0 1  5  x (thỏa mãn *  ) 2 x  1 x  x  1  0 2  

Do đó  2   f

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 

1  5 ,x  2. 2

Bài 20: Giải phương trình: 7 x 2  25 x  19  x 2  2 x  35  7 x  2 (Trích đề Thi Thử THPT Lê Lợi – Thanh Hóa 2016) Điều kiện: x  7. Phương trình tương đương

7 x 2  25 x  19  7 x  2  x 2  2 x  35

Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2  11x  22  7

 3 x2  5x  14  4  x  5   7

 x  2  x  5  x  7 

 x  5   x2  5x  14 

Đặt a  x2  5x  14 ; b  x  5  a,b  0  . Khi đó ta có phương trình: a  b 3a 2  4b 2  7 ab  3a 2  7 ab  4b 2  0    3a  4b

Với a  b suy ra x  3  2 7 TM  ; x  3  2 7  L  .

61  11137 61  11137 TM  ; x    L. 18 18 61  11137 Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x  3  2 7 ;x  . 18 Với 3a  4b suy ra x 

268

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 21: Giải bất phương trình:

300 x 2  40 x  2  10 x  1  3  10 x

0 1 x  1 x  2 (Trích đề Thi thử THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm 2015) 1 3 Điều kiện xác định: x ,x  0 . 10 10 Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

1 x  1 x 

1

2

 12  1  x  1  x   1  x  1  x  2

1 3 x ,x  0 do đó đẳng thức không xảy ra, vậy: 1  x  1  x  2 10 10 300 x 2  40 x  2  10 x  1  3  10 x Do đó bất phương trình: 0 1 x  1 x  2

Do

 300 x2  40 x  2  10 x  1  3  10 x  0

 

 300 x 2  50 x  2  10 x  1  10 x  1  1  3  10 x  0

 2  30 x  1 5x  1  10 x  1  2  30 x  1 5x  1 

10 x  1  1 

2 10 x  1  5x  1

10 x  2 1  3  10 x

0

2  5 x  1

0 1  3  10 x   10 x  1 1 1 3  2  5x  1  30 x  1   . 0  x  5 10 10 x  1  1 1  3  10 x   10 x  1  1

Bài 22: Giải bất phương trình:

6 x2  2  3x  1 x 2  1  3x  6

2

x  1 x 1  2  x  2 x  2

0

(Trích đề Thi Thử THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An 2014 Lần 3 Khối A,B) Điều kiện: x  1; 2  2

x  1 ; 2  ta có:  x  1  x 2  2 x  1  x 2  x2  1  1  2 x 2  2  2 x 2  4

 x  1  2 x2  2  x  1  x  1  2  x  2 x 2  2  0 Suy ra: BPT  6 x 2  2  3x  1 x2  1  3x  6  0

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

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

269


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  1  x   x 2  1  x   x2  1   1   0  1 2  2   x Xét x  1 ; 2  , ta có: x2  1   1  3  2  0 , x  1 ; 2  2 1 5 Do đó:  1  x 2  1  x   0  1  x  . 2 4 x4  2x3  2x  1 *  x3  2x2  2x (Trích đề Thi Thử THPT Lê Quý Đôn – Hải Phòng 2015)

Bài 23: Giải bất phương trình:

x

Điều kiện: x  0. Khi đó *   x 

x

 x  1 x  1 x 3  x  1  1

3

 x  1  x 3  3 x 2  3 x  1 

x x2  2 x  2

3

 x    x  1   f x  f  x  1    x  1  1   x  1   3

2

2

t3 t 4  3t 2 trên  có f ' t   0 , t   .   t2  1 t2  1 Do đó hàm số f  t  luôn đồng biến và liên tục trên .

Xét hàm số f  t  

Suy ra f

 

x  f  x  1  x  x  1 

Bài 24: Giải bất phương trình:

2

 

x 7

x

x 1  0  0  x 

3 5 . 2

2 4x *  x1

x 1 2 x  2 (Trích đề Thi Thử Trung Tâm LTĐH Trí Minh – TP Hồ Chí Minh 2015) Điều kiện: 2  x  4 , x  1.

*  

2

2

 32 

2 4x 2

  2 x  2  3  x  2 1  x  2  3 x  2  3  2 4x   x  2  1 x  2  3  x  2  1 x  2  1 2 4x  x2 3   x  2  3  x  2  1  2 x  2 1

270

x2

x2

4x

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x 1 2 x  2  2 4  x  0

Xét hàm số f  x   x  1  2 x  2  2 4  x trên đoạn  2 ; 4  \1 có: 1 1 f 'x  1    0 , x   2 ; 4 \1 . x2 4x Do đó hàm số f  x  đồng biến trên   2 ; 1 và  1 ; 4  . Mặt khác: f  x   f  1  0  x  1. Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của BPT là: x  1; 4  . Bài 25: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  10  5  x  2  x  1 1 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 Lần 6) Cách 1. Tách ghép đưa về tích số. Điều kiện: x  1. Khi đó 2

PT  2  x  2   2

x 1

2

  5 x  2

2   2  x  2    x  2  x  1    2   

x 1  0 2

  4 x  2 x  1   0        x  2 2x  2  x  1  2 x  1 x  1  2 x  2  0    

x1

 x  1  2x  2   2  x  2   x  1   x  2   2 x  1   0      2 x  1  x  2   x  2   x  2    2 2  x  1  4 x  4 x  4 x  3  4 x  17 x  15  0       x  2 x  8   x  2   2   x2  8 x  0   4  x  1  x  4 x  4  Cách 2. Đặt hai ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp.

Điều kiện: x  1 *  . 2

Khi đó  1  2  x  2   2  x  1  5  x  2  x  1  0  2   a  x  2  3 Đặt  b  x  1  0

 2a  b   2  trở thành 2a 2  2b2  5ab  0   2 a  b  a  2b   0    a  2b

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

271


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2 Trường hợp 1: 2a  b  2  x  2   x  1   2 4  x  2   x  1  x  2  2  x  3 (Thỏa mãn điều kiện).  4 x  17 x  15  0

 x  2 Trường hợp 2: a  2b  x  2  2 x  1   2  x  2   4  x  1  x  2  2  x  8 (Thỏa mãn điều kiện).  x  8 x  0 Vậy nghiệm của phương trình là x  3 ; x  8.

Cách 3. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai. Do x  1 là nghiệm nên chia hai vế cho

x1

2

 0 thì:

2

  1  2  x  2   5. x  2  2  0  x  2  2 hoặc x  2  12 . x1 x1 x 1  x 1  Giải tương tự như trên ta cũng được x  3 ,x  8.

Cách 4. Nhân liên hợp từng nghiệm đơn. Điều kiện: x  1 *  . Khi đó  1  5  x  2  

5  x  2  x  1  4  x 1  2

 x  3 hoặc

x  1  2  2 x 2  6 x  10  10  x  2 

 2 x 2  6 x  30 

5 x  2 2  x 1

5  x  2  x  3  2 x1

  x  3  x  10 

 2 x  10  2  .

Đặt t  x  1  0   2  thành

5 t2  3

 2 t 

2

 1  10 t2   t  2  2t 2  12  5t 2  15  2t 3  t 2  12t  9  0

   t  3   2t

2

 5t  3  0  t  3  t  0   x  1  3  x  8

Vậy nghiệm của phương trình là: x  3 ; x  8. Cách 5. Nhân liên hợp hai nghiệm đơn. 1   x  2   x  7   5 x  1   x 2  11x  24  0 272

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2   x2  11x  24  5 x1  x7

 x 2  11x  24  0

 x2  11x  24  0   x2   x  11x  24   1  0   5 x  1  x  7  2  x  5 x 1  x 7  Giải tương tự như trên, ta cũng được kết quả x  3 ,x  8. Cách 6. Nâng lũy thừa.

2

Điều kiện: x  1 *  . Khi đó ta có 4 x 2  3 x  5

2

 25  x  1 x  2 

2

 4 x 4  6 x 3  19 x 2  30 x  25  25  x  1 x2  4 x  4  25 x 3  3x 2  4

 4 x4  49 x 3  151x 2  120 x  0  x  x  3  x  8  4 x  5   0 . Thử lại ta thấy chỉ có x  3 ; x  8 thỏa mãn phương trình đã cho. Bài 26: Giải phương trình:

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

 * 

(Trích đề Thi Thử Diễn Đàn K2pi.net.vn Năm Học 2016 Lần 1) Điều kiện: x  2.

*   

x 3  2 x2  x  2   x  1    x  1  x 3  x2  x  2   2 x  1  0      1 x1  x 3  3x 2  3x  3     0  3 2 x3  x2  x  2  2x  1   x  2x  x  2  x  1

3

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

Bài 27: Giải bất phương trình sau:

1  2 x  2 x 2  3x  1

 1. 1  2 x2  x  1 (Trích đề Thi Thử THPT Hiền Đa – Phú Thọ 2015)

x  0  Điều kiện:  x 2  3x  1  0 x0  2 1  2 x  x  1  0 2

 1 3 Ta có 2 x  x  1  2  x     3  1  x  0   1  2 x 2  x  1  0 2 4  2

Do đó: BPT  x  x 2  x  1  x 2  3x  1 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

273


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1 1  1  x   3 (Vì x  0 không thỏa mãn bất phương trình) x x 1 13 Đặt x   t  t  2 vì x  0 . Ta có 1  t  1  t  3  2 t  1  3  t  x 4  1 x 

Suy ra 2  t 

13 1 13 13  105 13  105 2 x  .  x 4 x 4 8 8

Bài 28: Giải bất phương trình: x  x  2  x 3  4 x 2  5 x  x 3  3 x 2  4 . (Trích đề Thi Thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2015 Lần 3) 2 2 BPT  x  x  2  x  x  2   1   x  2   x  1   2     x  2   x  2 x  1  x 1   x  2   1  . (1)  

 x2:

 1  0  2

 x2:

 1   x  2   1 

Chia 2 vế cho

2 (loại).

 1   2  2

x0:

 x  1  x 1  

x.  x  2   0 :  1 

1 x

 x  0 .

x  2

 1

Xét hàm s f  t   t  1  t 2 , t  0  f '  t   1 

2

(loại).

  1 

1 1 1   1 . 2 x x2  x  2 t 1  t2

 0 t  0  f  t  đồng

biến và liên tục t  0 . 1 1 Do đó:  1   x  2  x  x 2  5x  4  0  x  4 ; x  1 .  x x2 Kết hợp x  2  x  4 .

  0  x  2 :  1   x  2  1  x  1  x 1  

Chia 2 vế cho

x.  x  2   0 :  1 

1 x

 1

Xét hàm f  t   t  1  t 2 ,  t     f '  t   1   f  t  đồng biến t . Từ đó  1 

274

1 x

 x  2

2

  1 

1 1 1   1 . 2 x x2  x  2 t 1  t2

1  t2  t 1  t2

 0 t

1 . x2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Trường hợp này vô nghiệm vì

1  0 . Đáp số: x  4 . x2

Bài 29: Giải phương trình: 2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2  (Trích đề Thi Thử Diễn Đàn K2pi – Lần 6 – Năm 2015) Đặt t  x  3 ,t  3. Ta có x  t 2  3. Thay vào *  ta thu được phương

 

trình: 2 t 2  7 t  t 2  9

2t 2  5  3 t 2  5

    t  3   2t  3t  5    t  9   2t 3  3t 2  14t  15  t 2  9 2

2

2t 2  5  0 2t 2  5  0

  t  3  2t 2  3t  5   t  3  2t 2  5  0

t  3  2  2t  3t  5   t  3  2t 2  5  0 *  Với t  3  x  3  3  x  6  y  6.

t 2  5 2   t  3  2t 2  5  t 4  12t 2  35  0   2 t  7 t  5  x3  5 x  2  y  2   Đối chiếu điều kiện ta có:  t  7  x  3  7 x  4  y  4

Ta có *   2t 2  3t  5

2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    2 ; 2  ;  4 ; 4  ;  6 ; 6  . Bài 30: Giải phương trình: 3 x  2  2 x  1  x  1 (Trích đề Thi Thử THPT Hai Bà Trưng – Thừa Thiên Huế 2015 Lần 3) 1 Điều kiện: x   *  . Khi đó  1  3x  2  2 x  1   3x  2    2 x  1 2  3x  2  2 x  1 

 3x  2  2 x  1  0   3x  2  2 x  1  1

 2 

3x  2  2 x  1



3x  2  2 x  1

 2  . Với x   12 

3x  2  2 x  1  0 nên:

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

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

275


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  1 1 x   x      x42 5 2 2 3x  2  2 x  2  2 2 x  1 x  2 2 x  1  

Bài 31: Giải phương trình: 3 3  x 3  2 x 3  x  3 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 Lần 1) Điều kiện: x .

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

3 Ta có x 2  x 3  x 3  3 3  x 3

2

2

 x  3x 2   3 3  x3    0 2 4 

2 x  0 3 x  3x 2 3 0 Dấu bằng xảy ra   3  x    3 2 4  x  3

Điều này vô lý nên dấu bằng không xảy ra  x 2  x 3 3  x3  3 3  x 3

x3  3  x3

Do đó  2   2 x  3  3

3

2

3

x x 3x  2x3  3

 2x3  3  3

2

3

x  x 3x 

3

3  x  3

2

3

3  x  3

2

2

 0.

0

0

  1  2 x3  3  1   x2  x 3 3  x3  3 3  x3 

2

  3 3   0  2x  3  0 x  3 2  

Bài 32: Giải phương trình: 3 x 3 x  7 x  3 x  7  7 x 3  12 x 2  5 x  6 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên KHTN Hà Nội 2015 Lần 5) Điều kiện: x .

Khi đó  1  x 3  x  7  3 x 3 x  7 x  3 x  7  8 x 3  12 x 2  6 x  1

 x 3 x7 3

3

3

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

  x  1  x  7  x 3  3 x 2  2 x  6  0   x  1  x 2  4 x  6  0 276

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2   x  1  x  2   2   0  x  1.  

Bài 33: Giải phương trình 8 x 2  10 x  11  14 x  18  11. (Trích đề Thi Thi Thử THPT Lương Thế Vinh Hà Nội 2015 Lần 4) 11 Điều kiện: x   *  . Khi đó 10

 1  4  2 x 2  x  1   

  14 x  18  2 x  4   0 2  2 x  x  1 2  2 x  x  1  4  2 x  x  1   0 10 x  11  2x  3 14x  18  2x  4 10 x  1  2 x  3  2

2

2

 1 1  2 x2  x  1  2   2 x  3  10 x  11 2 x  4  14 x  18  2 2x  x  1  0   1 1 f x 2  0    2 x  3  10 x  11 2 x  4  14 x  18 

 x  1 Trường hợp 1: 2 x  x  1  0   TM  . x  1   2 11 Trường hợp 2: f  x   0 . Ta có: x   và: 10 5 7 2 2 10 x  11 14 x  18 f 'x   2 2 x  3  10 x  11 2 x  4  14 x  18

 0 

2

 

2

 0 , x  

11 10

 11   f  x  đồng biến và liên tục trên   ;   .  10   11  Do đó f  x   f     0 nên phương trình f  x   0 vô nghiệm.  10   1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1;  . 2 

Bài 34: Giải phương trình: 2 x 2  3 x  2  3 x  6  4  2 x 2  11x  6  3 x  2 . (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 Lần 1)

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

277


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2  x  2   2 1 Điều kiện:  2 x  3 x  2  0   x  2  2 x  1  0  x  *  . 2  2   2 x  11x  6  0  x  6  2 x  1  0

Khi đó:  1   2x  1

  

 x  2  2x  1  3

 

x2  x6 3

 2 x  1  3  2x  1  3

x6  4

 x  6  2 x  1  3

x2

x2  x6 4

 x2

x6  x2 4 x6 

x6  x2



x6  x2

2 x  1  3  x  6  x  2  2x  8  6 2x  1  2x  8  2

 x  2  x  6 

 x  2  x  6   9  2 x  1  x2  8 x  12

 3 2x  1 

x  3  x 2  10 x  21  0   x  7 Thử lại x  3 hoặc x  7 thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình là x  3 ; x  7.

Bài 35: Giải phương trình: 3 x 2  3 x  3  3 2 x 2  3 x  2  6 x 2  12 x  8. (Trích đề Thi Thử THPT Tĩnh Gia – Thanh Hóa 2015 Lần 3) 2

2

  3 3 3 7 Ta có x  3x  3   x     0 và 2 x2  3x  2  2  x     0 2 4 4 8   Khi đó áp dụng BĐT AM – GM ta được:  x 2  3x  3  1  1  3 3 x2  3 x  3 3x 2  6 x  9   VT  1   x2  2x  3  3 2 2 3  2 x  3x  3  1  1  3 2 x  3 x  3   6 x 2  12 x  8  x 2  2 x  3 2

 

2

 5x 2  10 x  5  0  5  x  1  0  x  1.

Thử lại thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là x  1 .

Bài 36: Giải phương trình: 2 x 3  9 x 2  6 x 1  2 6 x  1  2 6 x  1  8  0 (Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Quảng Nam 2015) Điều kiện: x  278

1 *  . Khi đó 1  2x3  9x2  6 x  8  2  6x  1 6x  1 6

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2 x 3  9 x 2  6 x  8  2  x  1 6 x  1  2  6 x  1 x  1  6 x  1  0 2

3

 2x  3x

2

 x  1   6x  1  0  16x  10  2  6x  1 . x  1  6x  1

  2x  5  x  4 x  2  2

2  6 x  1 x 2  4 x  2

 0

x  1  6x  1  2  6 x  1   x2  4x  2  2 x  5    0  2   x  1  6 x  1   2  6 x  1 1 Với x   2 x  5   0 nên 6 x  1  6x  1

 2   x2  4x  2  0  x  2 

2 (Thỏa mãn điều kiện).

Vậy nghiệm của phương trình là x  2  2 . Bài 37: Giải phương trình  x  5  x  1  1  3 3x  4 . (Trích đề Thi Thử THPT Mang Thít – Vĩnh Long 2015) Điều kiện: x  1 *  . Ta có:  x  5  x  1  1  3 3 x  4

  x  1 x  1  3  x  1  4 x  1  2  3 x  4  3 3x  4 

3

 

x 1 1 

x  1  1  3x  4  3 3 x  4 .

Xét hàm số f  t   t  t trên  . Vì: f '  t   3t 2  1  0 vậy f  t  đồng biến 3

và liên tục trên  . Do đó: f

 

x1 1  f

3

3x  4  x  1  1  3 3x  4 .

Thay vào phương trình đầu, ta được:

 x  5

x  1  1  x  1  1   x  4  x  1  0  x  1

Bài 38: Giải phương trình:

2

4  x 2  2 3 x 4  4 x 3  4 x 2   x  1  1  x .

(Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Đại Học Vinh 2015 Lần 2) Điều kiện: 2  x  2  *  .

Khi đó  1  4  x 2  x  2  2 3 x 2  2 x

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

2

 x

2

 2x  0  2 

279


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có

4  x2  x

2

  42 x

4  x2  4  4  x2  x  2

 4  x2  x  2  0  3  2

 

Mà 8 x2  2 x  x 2  2 x

3

  x

2

 2x

2

 8  x

2

 2x

2

  x  2  4  x  Do *    x  2 x   x  2  4  x   0  8  x  2 x    x  2 x   8  x  2 x    x  2 x    x  2 x    x  2 x   0.  x2  2x

2

2

2

2

2

2

3

2

3

2

2

2

3

0

2

x  0 Kết hợp với  3   VT  2   0. Dấu bằng xảy ra    x  2 Thử lại x  0 hoặc x  2 thỏa mãn phương trình đã cho. Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là x  0 ; x  2 .

Bài 39: Giải phương trình: xx  7 

 x  7  x  17    x  17  x  24   12  17

2.

(Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 Lần 5) x  0  t  12 Điều kiện:  *  . Đặt x  12  t     x  24  t  12

Khi đó: f  t  

 t  12  t  5    t  5 t  5   t  12  t  5   12  17 2 . Vì: f  t   f  t   f  t  là hàm số chẵn trên tập D    ; 12   12 ;   . Do đó ta chỉ cần xét trên 12;   . Ta có: f ' t  

2t  17 2

t  12  t  5 

t

 t  5 t  5 

2t  17

 2

 t  12  t  5 

 0 , t  12 ;   .

 t  13 là nghiệm duy nhất thuộc 12;   . Mặt khác f  t  là hàm số chẵn nên t  13 là nghiệm duy nhất thuộc   ; 12  . x  1 Từ đó ta được t  13    x  25

Bài 40: Giải phương trình 3 5 x  4  3 x  4  4 x 2  18 x  12  0 (Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Bắc Ninh 2015) 280

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Điều kiện: x  

4 *  . 5

Khi đó  1   5 x  4   x  1   3  x  4   x  1   4 x 2  3 x  3  0    

  3x  4  x

3 5x  4  x2  2 x  1 x  1  5x  4

3 x 2  3x  3

2

x 1 x  4

  3 x

2

 4 x  x4

 3x  3

4 x 

 2x  1

2

 3x  3  0

2

 3x  3  0 x  1  5x  4 x  1    3 3  x 2  3x  3  4   0 x  1  5x  4 x  1  x  4    x 2  3x  3  0   3 3 f x 4  0    x  1  5x  4 x  1  x  4  

Trường hợp 1: Với: x 2  3 x  3  0  x 

3  21 . 2

3  21 thỏa mãn. 2 3 3  0. Trường hợp 2: f  x   4  x  1  5x  4 x  1  x  4 4 Ta xét hàm số trên với x   . Khi đó ta có: 5     3 5 3 1 f 'x  1 1   2  2  2 5x  4  x  1  x  4  2 x4  x  1  5x  4 

Thử lại thì chỉ có x 

 4  Vậy: f '  x   0 với mọi x    ;   .  5   4   4  Kết hợp với f  x  liên tục trên   ;    f  x  đồng biến trên   ;   .  5   5   4  Đó đó trên   ;   phương trình f  x   0 nếu có nghiệm thì sẽ có  5 

nghiệm duy nhất. Mặt khác f  0   0  x  0 là nghiệm duy nhất của f  x   0. Vậy nghiệm của phương trình là x  0 và x 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

3  21 . 2 281


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 41: Giải phương trình: 2 x 3  x 2  6 x  9  3 9  3 x 2 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An 2015 Lần 1)

Điều kiện:  3  x  3 *  . Khi đó ta có 2 x 3  x 2  6 x  9

2

 9 9  3x 2

 x 6  4 x 5  23 x 4  48 x 3  45 x 2  108 x  0

  x  2 x  3   16 x   x  2 x  3   4 x 

 x  2 x  3  2 x 4  x 3  10 x2  9 x  36  0

4

 8 x 3  30 x 2  72 x  288  0

2

 x  14

  x  2 x  3   4 x 2  x  14  

Thử lại x  0 hoặc x 

2

2

  31x 2  100 x  92   0  2 x  0  50  352  0    x 31    x  3 31  31     2

3 thỏa mãn là nghiệm của phương trình đã cho. 2

Bài 42: Giải phương trình: 2 x 2  11x  21  3 4 x  4 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 Lần 7) Cách 1: Nhân liên hợp cơ bản và đánh giá chứng minh vô nghiệm: Điều kiện: x . Khi đó  1  2 x 2  11x  15  3

3

 4x  4 

2

4x  4  2

 2 3 4x  4  4

12 3

3

12  x  3 

  x  3  2 x  5   x  3   2 x  5   

 4x  4 

2

2

3

 2 4x  4  4

2   Ta có  2    2 x  5   3  4 x  4   2 3 4 x  4  4   12  

Do

3

 4x  4 

2

 2 3 4x  4  4  1  3 4 x  4

2

  3  0  2 x  5  0  x  52 .

Với x  3  VT  3    2.3  5  4  4  4   12  VP  3   Loại. 5  x  3  VT  3    2.3  5  4  4  4   12  VP  3   Loại. 2 Với x  3 thì đã thỏa mãn  3  . Do đó  3   x  3.

Với

282

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Cách 2: Nhân liên hợp cơ bản và khảo sát hàm số chứng minh vô nghiệm: Đặt x   *  . Khi đó  1  2 x 2  11x  15  3

3

 4x  4 

2

4x  4  2

 4x  4 

2

2

3

 2 4x  4  4

2   Ta có  2    4 x  10   3  4 x  4   2 3 4 x  4  4   24  

Do

3

 4x  4

2

 2 3 4x  4  4

12 3

3

12  x  3 

  x  3  2 x  5   x  3   2x  5   

 2 3 4x  4  4  1  3 4x  4

2

 3

5  3  0  4 x  10  0  x  . 2

5  VT  3  thành t 3  6 t 2  2t  4  24  f  t  . 2 3 Xét hàm số f  t   t  6 t 2  2t  4  24 với t  1 ;   có

Đặt t  3 4 x  4  1, x 



 



f '  t   3t 2 t 2  2t  4  t 3  6  2t  2   5t 4  8t 3  12t 2  12t  12  5t 4  5  Với t  1  8t 3  8  5t 4  8t 3  12t 2  12t  13  12t  12  2 12t  12t  f '  t   0 , t   1 ;   . Kết hợp với f  t  liên tục trên

đồng biến trên  1;   . Do đó trên  1;   phương trình

1;    f  t  f  t   0 nếu có

2   1;    t  2 là nghiệm nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất. Mặt khác   f  2   0 duy nhất của f  t   0  3 4 x  4  2  x  3. Vậy nghiệm của phương trình là x  3. Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM: Điều kiện: x   *  . Ta có 2

 11  47 VT  1  2  x     0  3 3 4 x  4  0  4 x  4  0  x  1. 4 8  2

Lại có 2 x 2  11x  21  2  x  3   x  3  x  3 , x  .  2  . Với x  1 áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

283


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 4x  4   8  8  3 3  4 x  4  .8.8  12 3 4 x  4 . Kết hợp với  2   2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4 . Dấu bằng xảy ra  x  3. Thử lại đã thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x  3. Bài 43: Giải phương trình:

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

(Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Trãi 2015 Lần 3) Điều kiện xác định : x 

x

(1) 

2

1 2

x

 2 x  2 x  1  x 2  1 

2

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

u  x 2  2 x Đặt:   u;v  0  . Thay vào pt trên ta được :  v  2 x  1 u  v u  v 3 5  u.v  u  v   2   3 5 u  2 v 2 v u  3uv  v  0 u   2

Do đó: x 2  2 x 

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

Vậy nghiệm của pt(1) là : x 

1 5 2

Bài 44: Giải phương trình: x 2  2

15  x 2  x  15  3 15x  x3  4 x

(Trích đề Thi Thử THPT Cao Bá Quát – Quảng Nam 2015) Điều kiện 0  x  15 Biến đổi phương trình tương đương:

15  x   3 2

x. 15  x 2  4 x  2

15  x 2  x  0

Đặt u  15  x 2 , v  x (u,v  0 ) , khi đó phương trình trở thành:

u 2  3uv  4 v  2 u  v 2  0  u 2   3v  2  u  2 v 2  4v  0 2

 u   3v  2   4 2 v 2  4 v  v 2  4 v  4   v  2 

Khi đó u  284

2

3v  2  v  2 3v  2  v  2  2 v hoặc u   v2 2 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Với u  2v , khi đó

15  x 2  2 x  15  x 2  4 x  x 2  4 x  15  0

 x  2  19   x  2  19  L  

Với u  v  2 , khi đó

15  x 2  x  2 * 

Với điều kiện: 0  x  15  x  2 

15  2 

16  2  0 nên phương

trình *  vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm: x  2  19 Bài 45: Giải bất phương trình:

x 2  x  x  2  3 x2  2 x  2

(Trích Đề Thi THPT Quốc Gia 2015 – Đề Minh Họa) Điều kiện: x  1  3 . Với điều kiện đó, kí hiệu  2  là bất phương trình đã cho, ta có:

 2   x2  2 x  2  2 x  x  1 x  2   3  x2  2x  2   x  x  2  x  1  x  x  2   2  x  1   x  x  2   2 x  1   x  x  2   x  1   0  3  .    x  x  2   x  1  0 nên

Do với mọi x thỏa mãn  1 , ta có

 3  x  x  2   2 x  1  x2  6x  4  0  3  13  x  3  13 .  4  Từ  1 và  4  , tập nghiệm của bất phương trình: S  1  3 ; 3  13  .   Bài 46: Giải bất phương trình:  x  2 

2x  3  2 x  1  2x2  5x  3  1 .

(Trích đề Thi Thử THPT Chu Văn An – An Giang 2015) Điều kiện: x  1 .  2x  3  a 2 2 2 2  1  a  2b ; x  2  a  b Đặt  x  1  b   . 2 2 2 a,b  0 x  a  b ; 2 x  5 x  3  ab 

Bất phương trình trở thành: a 2  b 2  a  2b   ab  a 2  2b 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

285


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 a 2  b 2  a  2b   b  a  b   a 2  b2  0   a  b  a  2b    a  2b   0  do a  b  0    a  2b  a  b  1  0 .

 x  1  x  1   1 1  Trường hợp 1:  2 x  3  2 x  1  0   x    x3. 2 2    2x  3  x  1  1  0  1  x  3  x  1  x  1   1  Trường hợp 2:  2 x  3  2 x  1  0   x    x  1 . 2    2x  3  x  1  1  0  x  1; x  3

 1  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S  1    ; 3 .  2 

Bài 47: Giải bất phương trình: 1  x  1

2x  3 x  1

3

0

(Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Nghệ An 2015) Điều kiện: x  1. Đặt a  x  1 ,b  2 x , khi đó a  0 , b  2 và b 2  2 a 2  2.  b2  2a2 Bất phương trình trở thành 1  a  b  3a   0    2  3

2

 b  2a

2

2

2

 3   a  b  3a   0 

2

 4 a  b  3a 

3

3

 a2  a a  0  1 2 2   4 1 3   0 .   b b b  

2 3 a Đặt t  , t  0 , bất phương trình trở thành 1  2t 2  4t 1  3t   0 b 4  104t  108t 3  40t 2  4t  1  0   2t  1 52t 3  28t 2  6t  1  0



 

  2t  1 t 52t 2  28t  6  1  0  2t  1  0 , vì t  0 và 52t 2  28t  6  0 .

Suy ra

x 1

1  2 x  1  2 x  4  x  1  2 x  x  2. 2

2x Kết hợp với điều kiện, suy ra nghiệm của bất phương trình là 1  x  2.

286

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



Bài 48: Giải bất phương trình 8 x 3  2 x  4  x  1 x  14  8 x  1 . (Trích đề Thi Thử THPT Chí Linh – Hải Dương 2015) Điều kiện : x  1

 1  8 x 3  2 x   4 

 8x3  2x  4 

 x  1   4 

x  1 x  1  8 x  1  16  1 3

x 1

 2

Xét hàm số f  t   t 3  t ; f '  t   3t 2  1  0t  1  f  t  đồng biến và liên tục trên 1;   mà (2) có:

f 2x  f 4  x  1

và 2 x ; 4  x  1  1;   nên  2   2 x  4  x  1 .

2 x  4  0  2  x  2 .  2 x  4  x  1   2 x  4   x  1   2  4 x  17 x 17  0    x  1  0 x  2 17  17   . 17  17 17  17  x  8 ;x  x  8 8 

Bài 49: Giải bất phương trình

3x 2

1

1 . 1  x2

1 x (Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Hiền – Đà Nẵng 2015)

Điều kiện x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với: 1  x2  x 2 3x x2 3x   1    2  0  1 2 2 1 x 1 x 1  x2 1  x2

t  1 , khi đó (1) trở thành: t 2  3t  2  0   1  x2 t  2 x Với t  1 thì  1  x  1  x2  2  2 1 x  1  x  0 : bất phương trình (2) đúng

Đặt t 

x

0  x  1 : bất phương trình  2   x 2  1  x 2  0  x 

2 2

 2 Tập nghiệm của bất phương trình (2) là S1   1;   2   3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

287


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x

Với t  2 thì

1 x

2

 2  x  2 1  x2

 3

 x  0 2 5 Bất phương trình (3)   2 2  x 5  x  4 1  x 2 5  ;1 Tập nghiệm của bất phương trình (3) là S2    5   

 2 2 5  ; 1 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  S1  S2   1;      5  2     Bài 50: Giải bất phương trình: x 2  5 x  4  1  x x 2  2 x  4    (Trích đề Thi Thử THPT Mạc Đĩnh Chi 2015)

x 2  5 x  4  1  x x 2  2 x  4  (*)    1  5  x  0 Điều kiện: x x 2  2 x  4  0    x  1  5

 x  x  2x  4    x

Khi đó (*)  4 x x 2  2 x  4  x 2  5x  4  4

2

2

 2 x  4  3x (**)

Trường hợp 1: x  1  5 , chia hai vế cho x  0 , ta có: (**)  4 Vì: t  1

x2  2x  4 x2  2x  4  3 x x

x2  2 x  4 , t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3 x

2 x2  2x  4 1  17 7  65  x  7 x  4  0 3 2  x x 2 2  x  x  4  0

Trường hợp 2: 1  5  x  0 , x 2  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa mãn

 1  17 7  65  ; Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5 ; 0         2 2  

288

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 51: Giải bất phương trình: 2  3 x 2  x . x  2  2 x 2  3 x

(Trích Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Tỉnh Hải Dương 2015 - 2016) Điều kiện: x  2 . Phương trình có dạng 3 x  x  1 x  2   2 x 2  6 x  2  3 x  x  1 x  2   2 x  x  2   2  x  1  3

x  x  2

x x  2

2 x 1 x1  1 x  x  2 t 2  0 ta được 2t  3t  2  0   2  t  2 (do t  0 ).  x 1 t  2 

Đặt t 

Với t  2 

x  x  2 x1

2

 x  3  13  x  3  13  2  x2  6 x  4  0    x  3  13

Vậy bất phương trình có nghiệm x  3  13 . Bài 52: Giải bất phương trình:

 4x

2

x7

x  2  10  4 x  8 x 2

(Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Bắc Giang 2015) Điều kiện: x  2

 4x  x  7  x  2  10  4x  8x   4 x  x  7  x  2  2  4 x  x  7   2  x  2   4    4 x  x  7   x  2  2   2  x  2  2  x  2  2  2

2

2

2

2

 4 x 2  x  7  2 x  2  4  4 x2  x  2  2 x  2  1 2

  2x  

2



x  2  1  0  2x  x  2  1 2x  x  2  1  0

 x  2  2 x  1  x  2  2 x  1  hoặc   x  2  2 x  1  x  2  2 x  1

 5  41  ;   Giải các hệ bất pt trên được tập nghiệm là: T   2 ; 1    8    Bài 53: Giải bất phương trình x  1  x 2  2  3 x  4 x 2 . (Trích đề Thi Thử THPT Ngô Gia Tự - Bắc Ninh 2015)

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

289


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  0  3  41 0x . (*) Điều kiện: 1  x 2  0 8  2 2  3 x  4 x  0

Ta có: x  1  x 2  2 x 1  x 2  2  3x  4 x 2

 3 x2  x   1  x   2

 x  x  1  x   0 2

 5  34 x  x x x x x x 1 9 3 2 1  0    9 x 2  10 x  1  0   1 x 1 x 1 x 3  5  34 x  9  Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 2

2

2

5  34 3  41 x . 9 8

Bài 54: Giải bất phương trình: x 2  3 x  3 

x

2

1

3x  1

3x 2  2 x

. 3x  1 (Trích đề thi thử lần 6 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) 1 Điều kiện xác định: x  . 3

x

Ta có: x 2  3 x  3 

2

1

 x

3x  1

x

3x 2  2 x 3x  1

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

x 

2

2



 1 x  3x  1 x

   3x  2   x 

3x  1

3x  1  x  1 3x  2   x  3x  1   0 3x  1   x

  x  290

 3x  1   x

 0

2

2

3 x  1  x  3 x  1  x  3 x  1  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  x 

 3x  1   x

 

 x  3x  1 x 3 x  1 x  3x  1  x  3x  1 2

  0

3x  1  1  0 1 . Do đó: x  3 x  1 3

3 5 . 2 1   3  5  Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: x   ;   \  . 3   2 

Vì x 3 x  1  1  0, x 

2

0x

Bài 55: Giải phương trình: 2 x3  x  2 x 3  2 x2  3   2 x  1 x 2  3 . (Trích đề thi thử lần 5 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) Điều kiện: x   . Ta có: 2 x3  x  2 x 3  2 x2  3   2 x  1 x 2  3  2 x 3  2 x2  3  2 x 3  2 x2  3   x2  2 x x 2  3  x2  3    x  x 2  3      2

2

  2 x3  2 x 2  3   2 x 3  2 x 2  3   x  x2  3    x  x2  3        Do x  x 2  3  x  x  x  x  0  x  x 2  3  0 . Xét hàm số f  t   t 2  t với t  0  f '  t   2t  1  0 . Do đó: f  2 x 3  2 x 2  3     Thay

f  x  x 2  3   2 x3  2 x2  3  x  x 2  3  

2 x 3  2 x 2  3  x  x 2  3 vào phương trình đầu ta có:

2 x3  x  2 x 3  2 x2  3   2 x  1 x 2  3  2 x 3  x  x  x 2  3   2 x  1 x 2  3  2 x 3  2 x x2  3  2 x  x 2  x2  3   0   Trường hợp 1: x  0 (Thỏa mãn)

Trường hợp 2: x 2  x2  3  x 4  x 2  3  0  x   Vậy phương trình có 3 nghiệm phân biệt: x  0  x  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

1  13 2 1  13 . 2 291


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 56: Giải phương trình: 2 x 2  15x  8  5x  6  4 7 x  5  0 . (Trích đề thi thử lần 4 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) Điều kiện: x 

6 , ta có: 2 x 2  15x  8  5x  6  4 7 x  5  0 5

 

 2 x 2  10 x  12  x  5 x  6  4 x  1  7 x  5  0

2

 2 x  5x  6 

x2  5x  6 x  5x  6

4 x2  5x  6 

 0

x  1  7x  5

  1 4  x2  5x  6  2   0 x  5x  6 x  1  7 x  5  

 5  7  1 4  x 2  5x  6          0  6 x  5x  6   6 x  1  7x  5   

 5 x  5x  6  6 7 x  1  7 x  5  24  0  x  5x  6     x  1  7x  5  6 x  5x  6   

2

  5 x  6  5 5x  6 7 x  17  7 7 x  5   x2  5x  6   0  x  1  7 x  5   6 x  5x  6  

Vì x 

6 5x  6  5 5x  6 6 nên  0 . Xét f  x   7 x  17  7 7 x  5 với x  . 5 5 6 x  5x  6

Ta có: f '  x   7 

49 2 7x  5

 0, x 

6 . 5

Do đó: f  x  đồng biến và liên tục với x 

6 5

 6  43  7 85 0 Do đó: f  x   f    5 5

5x  6  5 5x  6

6 x  5x  6

7 x  17  7 7 x  5 x  1  7x  5

 0, x 

6 5

Vậy x 2  5x  6  0  x  2  x  3 (Thỏa mãn điều kiện). Bài 57: Giải phương trình: x 3  x2  13x  3  3 x  1  5x  0 (Trích đề thi thử lần 4 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) 292

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1 . Ta có: x 3  x2  13x  3  3 x  1  5x  0 3

Điều kiện: x 

 

 x 3  x 2  11x  4  x  3x  1  x  1  5x  0

  x  4  x 2  3x  1 

x 2  3x  1 x  3x  1

x2  3x  1 x  1  5x

0

  1 1  x2  3x  1  x  4   0 x  3x  1 x  1  5x  

    1 1  x 2  3x  1   x  1   3     0  x  1  5x   x  3x  1   

 x 2  2 x   x  1 5 x 3 x  1  3 3 x  1  0  x 2  3x  1     x  1  5 x x  3 x  1  

x 2  2 x   x  1 5 x 3 x  1  3 3 x  1 1 Vì x    0. 3 x  1  5x x  3x  1

 x 2  3x  1  0 3 5  Do đó:  x . 1 2 x  3 

Bài 58: Giải phương trình: x 4  16 x 3  31x 2  6 x  2  6  x  1 x  0 (Trích đề thi thử lần 3 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) Điều kiện: x  0 Ta có: x 4  16 x 3  31x 2  6 x  2  6  x  1 x  0

 x 4  16 x 3  28 x 2  12 x  1  3  x  1 x  1  2 x  0

2

 x  14 x  1  x  1  2

3  x  1 x  1

2

x1 2 x 3  x  1  2  0   x  1  x 2  14 x  1    x  1  2 x  

0

  3  x  1  2   x  1  x 2  14 x  1    2  0  x1 2 x     

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

293


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2  x14 x    x  1  x 2  14 x  1  0  x  1  2 x  

  x 2  14 x  1  0 2   x  1  x  14 x  1   x 1 2 x x 1 4 x       2 1 0   x  1 x 2  14 x  1  1   x 1 2 x x 1 4 x     1 Vì 1   0x  0 do đó x  1  x  7  4 3 . x 1 2 x x 1 4 x 2







Bài 59: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  6  x  1  x  2 (Trích đề thi thử lần 2 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) Điều kiện xác định: x  2 . Cách 1: Nhân liên hợp nghiệm vô tỷ: Ta có:

2x2  6x  6  x  1  x  2  2x2  6x  6  x  1  x  2  0

 

 x  1  x  2  2x  2  2x2  6 x  6  0 2

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

2

 2x2  6x  6

x  1 x  2

2x  2  2x2  6x  6

x2  x  1

2 x2  x  1

x 1 x  2

2x  2  2x2  6x  6

 0

0

  1 2  x2  x  1   0  x 1 x  2  2x  2  2x2  6x  6  

2

 x  x 1

 x2  x  1

294

2x  2  2x2  6x  6  2 x  1  x  2

x  1 



x  2 2 x  2  2 x2  6 x  6

2x2  6x  6  2 x  2



x  1  x  2 2 x  2  2x2  6x  6

 0

0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



 x2  x  1

2

 x  x 1

 x2  x  1

2 x2  6 x  6  2 x  2  0 2x2  6x  6  4  x  2  2x2  6x  6  2 x  2

2 x2  x  1

2x2  6x  6  2 x  2

0

2 x2  x  1

0 

2

2 x2  6 x  6  2 x  2

0

1  5 . 2 5 1 Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x  thỏa mãn. 2 Cách 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình cơ bản:

 x2  x  1

2

 0  x2  x  1  0  x 

2x2  6x  6  x  1  x  2  2x2  4 x  2  2x  4  x  1  x  2

Ta có:

2

 2  x  1  x  2  x  1  x  2

Đặt x  1  a , x  2  b , phương trình trở thành:

2 a2  b2  a  b

2

2

 2 a 2  b 2   a  b   2 a2  2b 2  a 2  2 ab  b 2   a  b   0  a  b

 x  1 5 1 Với a  b  x  1  x  2   x . 2 2  x  1  x  2 Cách 3: Đánh giá bất đẳng thức Cauchy – AM GM – Cauchy Schwarz:

2

Ta có: x  1  x  2  2  x  1  x  2

Do đó 2 x 2  6 x  6  x  1  x  2  2 x 2  6 x  6 . Vậy dấu bằng của bất đẳng thức Cauchy Schwarz phải xảy ra, khi đó:  x  1 x1 x 2   x 2  x  1  x  2

Bài 60: Giải phương trình: x 3  2 x 2  x  2  2 x 5  4 x 4

5 1 . 2

2x  1

(Trích đề thi thử lần 1 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) 1 Điều kiện xác định: x  . 2 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

295


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có: x 3  2 x 2  x  2  2 x 5  4 x 4

2x  1

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

Trường hợp 1: x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 2: x 2  1  2 x4 2 x  1 3 1 1    2x 2x  1  2 x  1  2x  1 3 x x

Xét hàm số: f  t   t 3  t với t    f '  t   t 2  1  0, t   . Vậy f  t  là hàm số đồng biến và liên tục với t   . 1 1 Do vậy: f    f 2 x  1   2 x  1 . x x 1 Khi đó:  2 x  1  1  x 2 x  1 x

 1  x 2  2 x  1   x  1 2 x 2  x  1  0  x  1 (Thỏa mãn điều kiện).

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm duy nhất là x  1 hoặc x  2 . Bài 61: Giải phương trình: 2 x 2  x  1  2  x2  4 x  5  x2  3 x (Trích đề thi thử lần 8 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015) Điều kiện: x  3  x  0 . Ta có: 

x2  3 x  4 2 x2  x  1  x 2  4 x  5

2 x 2  x  1  x 2  4 x  5  x2  3x  2 x 2  3x  4 x 2  3x  2

.

Trường hợp 1: x 2  3x  4  0  x  4  x  1 . Trường hợp 2: 2 x 2  x  1  x 2  4 x  5  x 2  3x  2 . Khi đó kết hợp với phương trình đầu tiên ta được:  2 x 2  x  1  x 2  4 x  5  x 2  3x  2    2 x 2  x  1  x 2  4 x  5  x2  3x  2 Trừ về với vế của hai phương trình trong hệ trên ta được:

2 x 2  4 x  5  4  x2  4 x  5  2  x 2  4 x  1  0  x  2  3 Thử lại các nghiệm ta thấy các nghiệm x  4  x  1  x  2  3 đều thỏa mãn. Vậy đó là bốn nghiệm phân biệt của phương trình ban đầu.

296

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 3

Bài 62: Giải bất phương trình: x. 3x  4 x3  2 x  3x 2  1 (Trích đề thi thử lần 10 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015) 2 Điều kiện: 2 x  3 x2  0  0  x  3 3

Khi đó bất phương trình trở thành: 1  x. 3 x  4 x 3  2 x  3x 2  0 3  x  1  3 x  4 x3 

   1  x  2 x  3x 2   0      

x 4 x3  3x  1

x2  2 x  1  2 x  3x 2

0 2 2 3  3 1  x  2 x  3 x 1  3x  4 x   3x  4 x      x  x  1 2 1   2 x  1   2  3 3 3 3 1  x  2 x  3x 2  1  3x  4x   3x  4x     

3

3

  0   

2

2 3 1 3 3 Ta có: 1  3x  4 x   3 x  4 x 3    3x  4 x 3     0x  0    2 4 2 2 Và x  x  1  0x  0,1  x  1   0x  3 3 2 1 Do đó  2 x  1  0  x  (Thỏa mãn điều kiện). 2 3

3

Bài 63: Giải bất phương trình:

3  x  2  x  x3  x2  4x  4  x  x  1

(Trích đề thi thử lần 13 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015) Điều kiện xác định: x   2; 3  . Ta có bất phương trình tương đương với:

x

3

 

 

 x2  4x  4  x  2  x  x  1  3  x  0

  1 1 0  x2  x  2  x  2     x  2  x x  1  3  x  

Vì x   2; 3 nên x  2 

1 1  0. x  2  x x 1  3 x

Do đó x 2  x  2  0  1  x  2 . 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

297


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bài 64: Giải bất phương trình: x  6 

x2 4 x3 4x  3

(Trích đề thi thử lần 14 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015)

3 . 4 x2 x2 Ta có: x  6   4 x3  x34 x3 4  1 0 4x  3 4x  3 Điều kiện: x 

x3 2

2

 x  1 2

x3 2

x2  4 x  3

4x  3

2

 4x  3

2

  x  1   

298

1

0

 x  1 2  x 2  2 x  3 

 x 2

x3 2

 x 2

0

4x  3   3    0  x   ;   \1 . 4  4x  3  

x2  2x  3 2

 4x  3

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

CHỦ ĐỀ 13: BÀI TẬP TỔNG HỢP TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN Hệ phương trình vô tỷ TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ TRÊN TOÀN QUỐC

7 x  1  y x  1  1 1  Bài 1: Giải hệ phương trình:   x  1 y 2  y x  1  13 x  12  2  (Trích đề Thi Thử THPT Đội Cấn 2016 Lần 1) Điều kiện xác định: x  1 ; x  .

y1 (Do y  7 không là nghiệm 7y

PT  1   7  y  x  1  y  1  x  1  của phương trình). Thay 2

x1 

2

y1 vào  2  ta được phương trình: 7y

2

 y 1  y1  y 1 y   13.    y.  1 7y 7y 7y 2

2

 y 2  y  1  y  y  1 7  y   13  y  1   7  y 

2

 y 4  y 3  5 y 2  33 y  36  0  y 4  y 3  5 y 2  33 y  36  0

 8 y  1 x     y  1 y  3  y 2  5 y  12  0   9   y  3  x  0

 8  Hệ phương trình có 2 nghiệm  x; y  là   ; 1  ;  0 ; 3  .  9  2 x 2  1  5 xy  y 2  Bài 2: Giải hệ phương trình:   y y  x  2 y   y  4 y  x   1 (Trích đề Thi Thử THPT Quang Hà – Vĩnh Phúc 2016) Điều kiện xác định: 4 y  x  2 y  0

Trừ vế với vế ta được: 2 x 2  5xy  y 2  y

xy  2 y 2  4 y 2  xy  0

Nhận thấy y  0 không thỏa mãn hệ. Do y  0 ta chia hai vế của phương trình cho y 2 ta có:

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

299


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x x x x x 2   5  1  2  4   0 . Đặt t   t   2 ; 4  . Khi đó ta được: y y y y y 2t 2  5t  1  t  2  4  t  0  2t 2  6t  t  2  2t  t  3  

t  3

t2

 

t  2 1  1 4  t  0

t3

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

t2 1

  t2 1 Ta thấy  2t     0 , t   2 ; 4  .   t  2  1 1  4  t  

Vậy t  3 suy ra x  3 y thế vào phương trình  1 của hệ ta được: 2y 2  1  y 

1 2

x

3 2

 3 1  Kết luận: hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  .  2 2  x 2  2  4 y y  1  1  Bài 3: Giải hệ phương trình:  2 2 2 22  y  1  x  9 x  9 y  2  (Trích Đề KSCL THPT Quế Võ – Bắc Ninh 2016) Điều kiện xác định: y  1 .

2



Ta có:  2   22  y  1  x 2  9  x2  9  9  y  1    2

 y 1  y 1 1  0  22  y  1  x  9  9 x  9  y  1  22  2   9. 2 x 9  x 9 y1 y 1 1 1  2  hoặc 2  . 11 x 9 x 9 2 y 1 1 Trường hợp 1: 2   x2  2 y  11 thay vào  1 ta được: x 9 2 2

2

2

2

4 y y  1  2 y  13  3  . Đặt t  y  1  t  0  khi đó  3  trở thành

4t 3  2t 2  4t  15  0  t 4t 2  4t  1  2t 2  5t  15  0 2

 5  95  t  2t  1   2  t     0  VN  8  4 2

300

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Trường hợp 2:

y 1 1    x 2  2  11y thay vào phương trình  1 ta 2 11 x 9

được: 4 y y  1  11y  y 4 y  1  11  0  y  0  x   2 So sánh với điều kiện ta được tập nghiệm của hệ là:





S   x; y    2 ; 0 ;

2 ;0



xy  y 2  x  2 y  y  1  1  x  Bài 4: Giải hệ phương trình:  3 6  y  2 x  3 y  7  2 x  7 (Trích Đề Thi KSCL Thạch Thành I – Bắc Ninh 2016)

x  0  Điều kiện xác định: 1  y  6 2 x  3y  7  0  x  0 Nhận thấy  không là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x  0  y  1 2 2 y 1 x Khi đó phương trình  1  x  y  1   y  1  y 1  x

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

  y  1 x  y  1 

 x  y  1  0  y  x  1 . Thay vào phương trình  2  ta được: 3 5  x  3 5x  4  2 x  7 (Điều kiện:  3 5  x  7  x  3

4  5x  x2 3 5  x  7  x

4  x  5 ). 5

5x  4  x  0

3 4  5x  x2 5x  4  x

0

  1 3 0  4  5 x  x 2    3 5  x  7  x   5 x  4  x   x  1  y  2 (thỏa mãn điều kiện)   x 2  5x  4  0   x  4  y  5 Vậy hệ có nghiệm là:  1; 2  ,  4 ; 5  .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

301


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 9 y 2  2 y  3 y  x  4 xy  7 x     Bài 5: Giải hệ phương trình:   2 y  1 1  x   2 y  1 1  x  2 y (Trích đề Thi Thử THPT Thanh Chương 1 – Nghệ An 2016) 9 y 2   2 y  3  y  x   0  Điều kiện: xy  0 1  x  1  Từ phương trình thứ nhất, ta có được: x  0  y  0. x  0 Xét  , thỏa mãn hệ phương trình.  y  0 Xét x, y không đồng thời bằng không, phương trình thứ nhất tương đương 9 y 2   2 y  3  y  x   3x  4 xy  4 x  0

với 

9 y 2   2 y  3  y  x   9 x 2 9 y 2   2 y  3  y  x   3 x

4 xy  x2 xy  x

 0

  11y  9 x  3 4x     y  x   0  y  x.  11y 2  2 y  3 y  x  3x xy  x       Thế y  x vào phương trình thứ hai, ta được:

 2x  1  2x

1  x   2 x  1 1  x  2 x

 

1 x  1 x 1 

1 x  1 x  0

a  1  x ;a  0 Đặt   2x  a 2  b 2 . b  1  x ;b  0 

Phương trình trở thành a 2  b2  a  b  1   a  b   0 a  b   a  b   a  b  a  b  1  1  0   . a  b  1  5  2

Với a  b  1  x  1  x  x  0 (loại). Với a  b 

302

1 5 1 5  1 x  1 x  x 2 2

5 5 5 5 y 2 8

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 5 5 5 5  . Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    0 ; 0  ,  ; 8 8    

 4x  2 2  1  y  x  x  1  3  3x  4y  5 Bài 6: Giải hệ phương trình:  x 4  2 x 2 y  3 x2  y 2  3 y  10  0 2    (Trích đề Thi Thử THPT Thanh Oai B – Hà Nội 2016) 3  3x  0 x  1   Điều kiện xác định: 4 y  5  0  3  y  2 4 y  x  x  1  0 



Ta có: x 4  2 x 2 y  3x 2  y 2  3 y  10  0  x 2  y  5 x 2  y  2  0 Trường hợp 1: Với y  x 2  2 thay vào  1 ta có: x  1  3  3x 

  1 1   4x  2      0  x  2  3  3x 4 x 2  13 4 x 2  13   4x  2

4x  2  0   1 1   3 2  x  2  3  3 x 4 x  13 1 9 Với 4 x  2  0  x   y  . 2 4  4 x 2  13  13 Giải phương trình  3  . Ta có:    3  vô nghiệm.  x  1  3  3x  6 Trường hợp 2: Với y  x 2  5 thay vào  1 ta có: x  6 . Vì:  nên phương trình vô nghiệm. x  1 4 x 2  15 1 9 Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;  . 2 4

x  6  3  3x 

4x  2

Bài 7: Giải hệ phương trình: x  2 x2  2 x  4  y  1  y 2  3    4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2 (Trích đề Thi Thử THPT Thuận Thành I – Bắc Ninh 2016) 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

303


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 y  2 Điều kiện xác định:   x  2  y  1  0

Phương trình  1  x  2

 x  1

2

 3  y  2 y2  3

2t

Xét hàm số f  t   t  2 t 2  3 có f '  t   1 

; t   t2  3  f '  t   0  t  1 . Do đó: f '  t   0 ; t  1 ; f '  t   0 , t  1

Từ điều kiện ta có: y  1  0 Nếu x  2  0    y  1 mà phương trình  1 có dạng: x  1  1 f  x  1  f  y   y  x  1 y  1  0 Nếu x  2  0    y  1 ; PT  1  y  x  1 x  1  1 Vậy ta có y  x  1 thế vào phương trình  2  :

 2 

x1

4x2  x  6  1  2x   5 x  1 

2

 x1

4x  x  6  1  2x

 x  1  0  x  1   4 x 2  x  6  1  2 x  x  1  4  Kết hợp  3  và  4  ta được:  1 2 7 x  x 2 x  1  2x  1   2 2 4 x 2  8 x  3  0 

Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1 ;x 

2 7 . Vậy hệ 2

2 7 7  có nghiệm là  x; y    1; 2  và  ; .  2 2    x y 2  3 x y  2 x y1 4 1        Bài 8: Giải hệ phương trình:  2 3  x  y  2 2x  1  x  2 y  5  2   (Trích đề Thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ 2015 – 2016)

304

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  y  0 Điều kiện xác định:  2 x  1  0 Đặt t  x  y  t  0  . Phương trình  1 trở thành t 2  3t  2t  2  4  t 2  4  3t  2t  2  0

 1  0  t  2  t  2  3t  2t  2 3t  2t  2  1  0 t  0 ) t  2. (Vì t  2  3t  2t  2

  t  2  t  2  

3t  2t  2

 0 

Với t  2 suy ra x  y  2  y  2  x. Thay y  2  x vào  2  ta có:

x

2

x

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



 x  2x  1 x2  2x  1  0  x  2x  1  0  2x  1  x  x  0   x  1 2. 2  2 x  1  x

Suy ra y  1  2 . Vậy hệ đã cho có một nghiệm: 1  2 ; 1  2 .  4x2  y2 4 x 2  2 xy  y 2    2x  y 2 3 Bài 9: Giải hệ phương trình:   y  11 3x  8  x  1  5   (Trích đề Thi học sinh giỏi cấp trường Hàn Thuyên – Bắc Ninh 2016)

2

Ta có: 4 x  y

2

 2x  y  

2

2

2

2  2x  y  3 4 x  2 xy  y   2 x  y   2 xy   2 x  y       2x  y  4  2  Do đó VT  2 x  y. Dấu bằng xảy ra khi 2x  y. 2

2

2

2

Thay vào phương trình  2  được:  2 x  11

3x  8  x  1  5

11 11 5 không là nghiệm. Xét x  , PT  3x  8  x  1  0 2 2 2 x  11  8 11   11  5 Xét f  x   3 x  8  x  1  với D   ;    ;   . Ta có: 2 x  11 3 2   2 

Với x 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

305


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

f ' x 

3

1

2 3x  8

10

2 x1

 2x  11

1  3 x  1  3x  8  f ' x   2  3x  8. x  1

2

 10  0, x  D .  2    2 x  11

Trên mỗi khoảng phương trình có tối đa một nghiệm. Ta có f  8   f  3   0. Vậy phương trình có hai nghiệm x  8 ;x  3. Do đó hệ có hai nghiệm  x; y  là  8 ; 16  và  3 ; 6  . cos x  cos y  2 y  2 x 1 Bài 10: Giải hệ phương trình:  3 4 x  y   x  1 2 y  1  0  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Lê Hồng Phong – HCM 2016)

Xét f  t   cost  2t có f '  t    sint  2  0  t  f  t  đồng biến trên . Do đó  1  f  x   f  y   x  y. Thay vào  2  ta được: 3

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

2x  1

3



2x  1  3

Xét g  t   t 3  t có g'  t   3t 2  1  0  t  g  t  đồng biến trên . 1 5 . 4  1 5 1 5  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    ; .  4 4  

Do đó  3   f  2 x   f

2x  1  2x  1  2x  x 

2 x 2  2 x   x  y  y  x  y  Bài 11: Giải hệ phương trình:   x  1  xy  y 2  21 (Trích đề Thi Thử THPT Trần Phú – Hà Tĩnh 2016 Lần 1) Điều kiện xác định: x  1 ;x  y  0.

Khi đó 2 x 2  2 x   x  y  y  x  y  2 x 2  xy  y 2  2 x  x  y  0  1  0   x  y   2x  y   2x  x  y 2x  x  y  x  1 ;x  y  0  2 x  y  0 , từ đó suy ra x  y.   x  y  2 x  y  

Thay vào  2  ta có: 306

xy

   0 Do  

x  1  x 2  x 2  21  x  1  1  x 2  4  x2  21  5

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  1 x2   x  2 x2   0  3   x 1 1 x 2  21  5     x2 1 Vì x  2    x  2 1    0 , từ  3  suy ra x  2.  2 x 2  21  5  10  x  91  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2 ; 2  .

2 x 3  xy 2  x  2 y 3  4 x 2 y  2 y 1  Bài 12: Giải hệ phương trình:  2  4 x  x  6  5 1  2 y  1  4 y  2  (Trích đề Thi Thử THPT Đức Thọ – Hà Tĩnh 2016 Lần 1)

1   x  2 y   2x2  y 2  1  0  x  2 y.

Thay vào  2  ta có phương trình:

4x2  x  6  2 x  1  5 x  1  3 

x 1

 4x2  x  6  1  2x   5 x  1 

4 x2  x  6  1  2 x

 x 1

 x  1  0  x  1   4 x 2  x  6  1  2 x  x  1  4   1 2 7 x  Kết hợp  3  và  4  ta được: 2 x  1  2 x  1   x . 2 2 4 x 2  8 x  3  0 

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1 ;x 

2 7 . 2

 x  2  x  1  y 3  3 y 1  Bài 13: Giải hệ phương trình:  2 2 4 x  y   x  2  y  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh 2016 Lần 1 (KTCL)) Điều kiện: x  2.

Phương trình  1  

x 1



3

 3 x  1  y3  3y

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

 y 3 Ta có x  1  y x  1  y  3   x  1    y 2  3  0 x  1 2 4  2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

307


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  1  y 2 x 1  y  0    y  0

Nên phương trình  3  tương đương

Thế vào phương trình  2  , ta được: x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2

 x2  2x  7   x  2 

  x

  2x  7  

 x2  2x  7 2

x2  2x  2  3

x2  2x  2  3   x  2  x2  2x  7

x2  2x  2  x  1  0

 x2  2x  7  0   x 2  2 x  2  x  1  0  VN  

 x  1  2 2 . Do x  2  x  1  2 2  y  4 8 .

Kết luận: Vậy hệ có nghiệm 1  2 2 ; 4 8 .  x 3  y 3  3x  12 y  7  3x 2  6 y 2 1 Bài 14: Giải hệ phương trình :  3 2  x  2  4  y  x  y  4 x  2 y  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2016 Lần 1)

x  2  0  x  2 Điều kiện :   4  y  0  y  4 3

3

Từ phương trình  1 ta có  x  1   y  2   x  1  y  2  y  x  1 Thay  3  vào  2  ta được pt:  

x2 

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

x  2  3  x  x 3  x2  4 x  1 , Điều kiện: 2  x  3

x  2  3  x  3  x3  x2  4x  4 

2  x  2  3  x   4 

x2  3x 3



 x  2  3  x   2 

2 x2  x  2

308

x2  3x 3



 x  2  3  x   2 

2

 x  2  3  x   2 

x2  3x 3

  x  1 x 2  4

  x  1 x 2  4

  x  2  x2  x  2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

      2  x2  x  2  x  2  0 x2  3x 3   x  2  3  x   2     0   2  x  x  2  0  x  2  x  1  3  x  2  y  3   x; y    2 ; 3  ( thỏa mãn đ/k)  3  x  1  y  0   x; y    1; 0  ( thỏa mãn đ/k)



Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    2 ; 3  ,  x; y    1; 0   2 y 2  y  1  1  x 2  x  xy  3 y  1  Bài 15: Giải hệ phương trình:  2  2 x  21  3 3 4 y  8  11x  2  (Trích đề Thi Thử Trung Tâm Diệu Hiền – Cần Thơ 2016 Lần 1) Điều kiện: x  0 , y  1.

Phương trình  1  

xy 1 x  y 1

 

x  y  1  x 2  xy  3 y  2 y 2  1  0

  x  y  1 x  2 y  1  0

  1   x  y  1   x  2 y  1  0  x  y 1    1  y  x  1 do  x  2 y  1  0 với mọi x  0 ,y  1. x  y 1

Thay y  x  1 vào phương trình  2  ta được: 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  3

3

4 x  4  2  2 x 2  11x  15

x  3  12   2x  5  3 2 3 3 4 x  4  2 4 x  4  4    12 Xét  3  . Đặt f  x   và g  x   2 x  5. 2 3 3 4x  4    2 4x  4  4

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

309


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Chứng minh được f  x  nghịch biến và g  x  đồng biến, mà f  3   g  3  nên phương trình  3  có nghiệm duy nhất x  3. Kết luận: Vậy cặp nghiệm  x; y  của hệ là  3 ; 4  . Bài 16: Giải hệ phương trình:  x  2 x  y2  1  x  1 y 2  1  2 y2  3 1       2 18 x 2 2  5 y  22  3 x  8 y  2  x  x2  1 (Nguyễn Thế Duy – Moon.vn – 2016) x  1  0 x  1  x  1 Điều kiện:  2   x  1 x  1  0  x  1

Ta thấy x  1 không thỏa mãn hệ nên ta xét x  1.

 

Khi đó PT  1  x x  y 2  3 x  y 2  y 2  1

x  1  y2  1  0

  y2  1   0  x  y2 .  x  y2  x  3  2  x  1  y  1   18 x Thay vào  2  : 3 x 2  8 x   5x  22  0 x  x2  1

 3 x  x2  8x

2

36 x2  1

 0  x  1. x  x2  1 Do đó y  1. Vậy hệ có đúng 2 nghiệm  1; 1 , 1; 1 . 

Bài 17: Giải hệ phương trình: x 2  y 2  8 x  6 y  5  0    2 3x  2 y  6 x  2 y 36 x  20 y  18  6  x  y  (Nguyễn Thế Duy – Moon.vn – 2016) Điều kiện: 3x  2 y  0 ; 6 x  2 y  0 ; x  y  0 ; 36 x  20 y  18  0 .

310

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

a  12 x  8 y Đặt  (Điều kiện: a,b  0 ). b  6 x  2 y Khi đó: a 2  b 2  6  x  y  và phương trình  2  trở thành:

 a  b

2a 2  2b2  18  a 2  b 2   a  b 

2 a2  2b 2  18  a  b  0

a  b  0   2 a 2  2b 2  18  a  b a  0 12 x  8 y  0 Ta có: a  b  0   . Do đó   x  y  0. (Không thỏa mãn) b  0 6 x  2 y  0 a  b  0 Ta có: 2a 2  2b2  18  a  b   2 2 2 2a  2b  18   a  b  a  b  0 a  b  0   2 a  b  3 2  a  b   18 a  b  3 2 a  b  3 2 Do đó:  2 2  a 2  x y3 a  b  6  x  y  a  b   x  y  2

Từ đó:

2 12 x  8 y   x  y  3  24 x  16 y   x  y  3 

2

 x 2  y 2  2 xy  18 x  10 y  9  0  3  2

Ta có: 2. 1   3   x 2  y 2  2 xy  2 x  2 y  1  0   x  y  1  0  y  x  1 Thay vào  1 ta được: x  0 2 khi đó x 2   x  1  8 x  6  x  1  5  0  2 x 2  12 x  0   x  6 Thay vào  2  ta thấy: x  0 ; y  1 là thỏa mãn.

y  1 .  y  7

Kết luận: vậy phương trình có cặp nghiệm  x; y  là  0 ; 1 .  3  2 2  2 2  x  y  x  y   y  x  x  1  Bài 18: Giải hệ phương trình sau:  2  4 y  1  x2 y  4 y   6 x  1 y  1  (Trích đề thi thử lần 7 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016) Điều kiện xác định: y  0 .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

311


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

y  x2  y2  y  y2  y  y  y  y  0  Chú ý rằng:  x0 x  x2  1  x  x 2  x  x  x  x  0  0  y 2  Nếu x  0 thay vào hệ:   y 0. 2  4 y  1  4y  y  1   3 2 Nếu y  0 thay vào hệ:  x x  0  x  0 . 1  6 x  1 Với x  0, y  0 ta có:

2 x 3  y  x2  y 2  y 2  x  x2  1       x  x  x 1  1  1 1 1   y y y x x x2 x2 y2 x2 y 2

Xét hàm đặc trưng f  t   t  t t 2  1, t   0;   . Ta có:

f ' t   1  t 2  1 

t2 t2  1

0.

Vậy f  t  là hàm số đồng biến và liên tục trên  0;   .

x Do đó f    y

1 f    y  x2 . Thay vào phương trình hai ta có: x

2

 4 x 2  1   x4  4 x 2  6 x  1 x2  1       

x 1

2

 x x 2  4  4 x x 2  1   2 x  1 x 2  1

Cách 1: Hàm đặc trưng không hoàn toàn: Ta có: x  1  x x 2  4  2 x

 2x 

2

 4   2 x  1 x 2  1  2 x

Mà: 2 x  0, x 2  1  1   2 x  1 x 2  1  2 x  2 x  1 . Như vậy: x  1  x x 2  4  2 x

 2x 

2

 4  2x  1 .

Vậy xét hàm đặc trưng g  t   t  1  t t 2  4 , t  0 . Ta có: g '  t   1  t 2  4 

t2

 0 . Vậy: g  x   g  2 x   x  2 x  x  0 . t2  4 Mặt khác x  0 . Do đó phương trình vô nghiệm. Cách 2: Sử dụng nhân liên hợp: 312

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

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

x 15x2  12 

4 x2  1  x2  4

x 4x3  4x2  4x  2 

 2

x2  1  x  1

 2 x  1

x 0

(Phương trình vô nghiệm vì x  0 ). Kết luận: Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm duy nhất x  y  0 . x  y  x  y  x 2  xy  y  1 x    Bài 19: Giải hệ phương trình:  x 2  x  y 2  y (Trích đề thi thử lần 1 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2016)  x  a2  Điều kiện: x  0, x  y  0 . Đặt x  a  0, x  y  b  0   y  b2  a 2  2  x  y  b

Phương trình 1:  b2  b  ab  b2  a 2  1 a   a  b  a  1 a  b  1  0 Vì a , b  0  a  b  1  0 do đó a  b hoặc a  1 . Trường hợp 1: a  b hay y  0 , thay vào phương trình hai ta có: x2  x  0  x  0 Trường hợp 2: a  1 hay x  1 , thay vào phương trình hai ta có: y 2  y  2  y  1  y  2 (Loại)

Kết luận: Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm:  x , y    1;1 ,  0;0  .  2 2  x  2y  x  y  1  y  1 Bài 20: Giải hệ phương trình:   4 x 2  1 x 2  1  2  x  1  2 y  (Trích đề thi thử lần 7 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015)

Điều kiện xác định: y  0; x  2 y 2  0; x  y 2  1  0; x 2  1  2  x  1  0 . Cách 1: Phương pháp xét tổng hiệu: Xét:

2

2

x  2y  x  y  1 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

x  2y2  x  y2  1

x  2 y2  x  y2  1 313


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2 y2  x  y 2  1   x  2 y2 

y2  1  y 1 y1

1 y  1  y  1  y  x  y 2  0  x   y 2 , x  0 .  2

Thay vào phương trình hai ta có: x 2  1  2  x  1 x 2  1  4 y 2  0

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

  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 2  1  2 x   0     2  2   x 2  1  2 x   x  1  2   0 . Vì: x  1  2  0, x .    2 1 1  x  1  4 x2 Do đó: x 2  1  2 x   x y 4 3 3  x  0 Cách 2: Phương pháp nhân liên hợp cơ bản:

x  2 y 2  x  y 2  1  y  1   x  2 y 2  y    x  y 2  1  1   0     x  2 y 2  y2

x  2 y2  y

x  y2  1  1 x  y2  1  1

0

  1 1  0.  xy    2 2 x  y  1 1  x  2y  y 1 1 Vì:   0y  0  x  y 2  0  x   y 2 , x  0 . x  2y 2  y x  y2  1  1

2

Thay vào phương trình hai ta có: x 2  1  2  x  1 x 2  1  4 y 2  0

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

  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 2  1  2 x   0     2  2   x 2  1  2 x   x  1  2   0 . Vì: x  1  2  0, x .    2 1 1  x  1  4 x2 Do đó: x 2  1  2 x   x y 4 3 3  x  0

Cách 3: Phương pháp đánh giá:

314

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có:

x  y   y  x  y   1  y  1 x  y   y  x  y   1  y  1  y  1 . x  y   y  x  y   1  y  1  y  1 .

x  2 y2  x  y2  1  y  1 

Nếu x  y 2  0 thì khi đó: Nếu x  y 2  0 thì khi đó:

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Như vậy ta có x  y 2  0  x   y 2 , x  0 .

Thay vào phương trình hai ta có: x 2  1  2  x  1 x 2  1  4 y 2  0

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

  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 2  1  2 x   0     2  2   x 2  1  2 x   x  1  2   0 . Vì: x  1  2  0, x .    2  x  1  4 x2 1 1 Do đó: x 2  1  2 x   x y 4 3 3  x  0

Cách 4: Nâng lũy thừa: Ta có:

x  2 y 2  x  y 2  1  y  1 . Bình phương hai vế ta có:

 x  2 y  x  y  1  y  2 y  1   x  2 y  x  y  1  y  x  y  y  2 y  y  x  2 xy  xy  0   y  1  x  y   0 . Vì y  0   y  1  0 . Do đó: x   y , x  0 . 2x  3y 2  1  2

2

2

2

2

2

2

2

4

3

2

2

2

2

2

Thay vào phương trình hai ta có: x 2  1  2  x  1 x 2  1  4 y 2  0

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

  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 2  1  2 x   0     2  2   x 2  1  2 x   x  1  2   0 . Vì: x  1  2  0, x .     x2  1  4 x2 1 1 Do đó: x 2  1  2 x   . x y 4 3 3  x  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

315


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

2 y  2 x  x  2 y  2 xy  1  1 Bài 21: Giải hệ phương trình:  2  4 4 y  3  2 4 y  x  2  x  1 (Trích đề thi thử lần 9 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015)  3   3 3 y  y  y  Điều kiện:    4 4 4  x  2 y  2 xy  1  0  x  1 2 y  1  0  x  1   

Ta có: 2 y  2 x  x  2 y  2 xy  1  1   2 y  1  2 y  1 x  1  2  x  1  0 . Đặt a  2 y  1  0, b  x  1  0 . Khi đó phương trình trở thành:

a2  ab  2b 2  0   a  b  a  2b   0  a  b  x  2 y . Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 2 x  3  2 x  2  x 2  1 . 3 Điều kiện xác định: x  . Ta biến đổi phương trình trở thành: 2 x2  4 

4

 

2x  3  1  2

  x  2  x  2  

x2 2

2 x  2

4

2x  3

3

 

4

2x  3

2

2  x  2 x2 2

 4 2x  3  1

Trường hợp 1: x  2  y  1 . Trường hợp 2: x  2 

Vì x 

2

4

2x  3

3

 

4

2x  3

2

 4

 2x  3  1

2 x2 2

.

3 7 nên x  2   3 . 2 2 2

Mặt khác ta có:

Do đó: x  2 

4

2x  3

3

 

4

2x  3

2

  4 2x  3  1

2

4

2x  3

3

  

4

2x  3

2

  4 2x  3  1

2 x2 2 2

x2 2

2 2  3. 1 2

vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình chỉ có một cặp nghiệm duy nhất đó là x  2, y  1 .  2 2 2 2 2 x  4 x  2 x  y  x x  y Bài 22: Giải hệ phương trình:  x 3  3 x2  8 x  40  8 4 x 2  y 2  4 

(Trích đề thi thử lần 10 – Lớp Toán thầy Đoàn Trí Dũng năm 2015) 316

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Điều kiện: x  0 . Xét phương trình đầu ta có:

2 x  4 x  2 x 2  y 2  x x2  y 2  2 x 

x  2  2 x  x 2  y 2 

x  2  x2  y2

x 2 0

  0  x  4  4 x  x2  y 2  

Trường hợp 1: x  4 thay vào phương trình 2 ta được y   61 . Trường hợp 2: 4x  x 2  y 2 thay vào phương trình 2 ta được: x 3  3 x2  8 x  40  8 4 4 x  4 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: 4 x  4  16.3 8.4 4 x  4  2.2.2. 4 4 x  4   8 4 4 x  4  x  13 4

Khi đó: x 3  3 x2  8 x  40  x  13  x 3  3x 2  9 x  27  0 2

  x  3  x  3   0 . Vì x  0 nên x  3  0 . 2

Do đó:  x  3   0  x  3  y   3 .





Vậy hệ phương trình có bốn cặp nghiệm:  x , y   4;  61 , 3;  3

 .

 2 x 3  4 x 2  3 x  1  2 x 3  2  y  3  2 y  1  Bài 23: Giải hệ phương trình:   x  2  3 14  x 3  2 y  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Hậu Lộc II – Năm 2016 Lần 1)

Ta thấy x  0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của  1 cho x 3 ta được  1  2 

4 3 1  2  3  2  2  y  3  2y x x x

3

 1  1   1     1     3  2 y  3  2 y  3  2 y *  x  x  Xét hàm số f  t   t 3  t luôn đồng biến trên .

*   1  1x  3  2 y  3  Thế  3  vào  2  ta được:

x  2  3 15  x  1  x  2  3  2  3 15  x  0

  1 1   x  7    x  2  3 4  2 3 x  15  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

3

x  15

2

  0   317


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 111  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y    7 ; .  98 

Bài 24: Giải hệ phương trình: x 3  y 3  8 x  8 y  3 x2  3 y 2  1   2 3 2  5x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2016 Lần 2)

x  2  0 x  2 Điều kiện :    y  7  0  y  7 3

3

Từ phương trình  1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1

 3

Xét hàm số f  t   t 3  5t , trên tập  , f   t   3t 2  5  0 , t    hàm số f  t  đồng biến trên  . Từ  3  : f  x  1  f  y  1  x  y

4

Thay  4  vào  2  ta được pt:

 5x

2

 5x  10

x  7   2 x  6  x  2  x 3  13x 2  6 x  32  5 

 5 x2  5x  10



x  7  3   2x  6 

Đ/K x  2

x  2  2  x 3  2 x 2  5 x  10  5 

 5 x2  5x  10 2x  6  2   x  2     x  2  x  5  x7 3 x2 2   5 x2  5x  10  2x  6   x  2   x2  5   0   x7 3 x2 2    4  x  2  y  2   x; y    2 ; 2  ( thỏa mãn đ/k)

 5x 2  5 x  10 2 x  6    0 5 2  x7 3 x  2  2   2   1 1  1 1 5 x  5 x  10     2 x  6   0            x7 3 5    x2 2 2  0 ,x2    0 ,x2    

5x 2  5x  10

2x  6

0 ,x2

 0 ,x2

Vậy phương trình này vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2 ; 2  Bài 25: Giải hệ phương trình:

318

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

32 x5  5 y  2  y  y  4  y  2  2 x  1   3  y  2  1 2 x  1  8 x  13  y  2   82 x  29  2  (Trích đề Thi Thử Bố Hạ - Bắc Giang 2016 Lần 2) 1 Điều kiện: x   ; y  2. 2

5

PT  1   2 x    2 x   y 2  4 x 5

  2x    2 x  

y2

5



y2 5 y2

y  2  3

Xét hàm số f  t   t 5  t ; f '  t   5t 4  1  0 ; x   , suy ra hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên . Từ  3  ta có f  2 x   f

y  2  2x  y  2

Thay 2 x  y  2  x  0  vào  2  được:

 2x  1 2x  1  8x3  52 x2  82x  29   2 x  1 2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29   1 x  2   2 x  1 2 x  1  4 x  24 x  29  0    2 x  1  4 x2  24 x  29  0  4  1 Trường hợp 1: Với x  . Ta có y  3. 2

Trường hợp 2:  4  

2

 

2 x  1  2  4 x 2  24 x  27  0

 3 x  2x  3 2   2 x  3  2 x  9   0   1  2x  1  2  2x  9   0  5  2 x  1  2 

3 Với x  . Ta có y  11. 2 Xét  5  . Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1. Thay vào  5  ta có:

t 3  2t  10  21  0   t  3  t 2  t  7  0. Tìm được t 

Từ đó tìm được x 

1  29 . 2

13  29 103  13 29 ;y  . 4 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

319


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Bài 26: Giải hệ phương trình:  x  8 y  1     y  2 x  1  3  2    x  4x  7 (Trích đề Thi Thử THPT Xuân Trường – Nam Định 2016 Lần 1) Điều kiện: x  1 ; y  2.

Đặt

x  1  a ; y  2  b  a,b  0  , từ  1 ta có:

a  ab  a 2  1  5  2 b 2  2  b  a  b  ab  b2  a 2  b 2  0   a  b 1  2 a  b   0  a  b (do a,b  0  1  2a  b  0 )

 x  1  y  2  y  x  3. Thế vào  2  ta được:

 x  8  x  4   x2  4 x  7

 x  1 

x1 3

x  8 x  8  x  4   x  1 x  8      x2  4 x  7

x 1  x4  *  2  x  4 x  7 x1 3

x 1  3

Trường hợp 1: Với x  8  y  11.

 x  1  3   x  4    x  1  x  4 x  7      x  1  3   x  1   3    x  2   3   x  2   3  * *     

Trường hợp 2: *  

2

2

2

2

Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3 với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên f  t  đồng biến và liên tục trên .

Do đó * *   f

 x  2 x  1  f x  2  x  1  x  2   2  x  1  x  4 x  4

5  13 5  13 11  13  x  2 y .  2 x TM  . Với x   2 2 2  x  5 x  3  0  5  13 11  13  Vậy hệ đã cho có nghiệm  x,y  là  8 ; 11 và  ; .   2 2  

Bài 27: Giải hệ phương trình: 2 y  2  3 y  2  x 3  4  x   2 2 2   y  4  2 y  12   8  x  y  x  2 x  y  3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

320




Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

(Trích đề Thi Thử THPT Trần Hưng Đạo – Đăknông 2016 – Lần 2)  y  2 Điều kiện:  2  x  y

Từ phương trình thứ 2 ta có:

 y  4  2 y  12  

 x2  8  y 

x

2

2y  8  y  6

2

 



x

2



 2 x2  y

 2 x2  y  0

 y  4  2 y  12   2

 2 x2  8  y  2 

 y  4  2 y  12   8  x2  y 

x

x 2  2  x2  y

2



 2 x2  y  0

2

 0

 2y  8  y  6    y  2  y  2  0 2 2  x  2  x  y Thay vào phương trình  1 ta được:

2 y  2  3 y  2  x 3  4  x  y  2  3 y  2  x3  4  x 

3

y2

3

 4 

3

y  2  x3  4  x

Xét hàm số: f  t   t  t 3  4

 t    . Ta có:

3t 2

f 't  1 

 0 ,  t     f 3 y  2  f  x   3 y  2  x 2 t3  4  y  2  0 x   3 4 Vậy ta sẽ có:   TM   3 y  2  x  y  2

Nghiệm duy nhất của hệ là:  x; y    3 4 ; 2 . 8 x 3  y  2  y y  2  2 x  Bài 28: Giải hệ phương trình:  3  y  2  1 2 x  1  8 x  13  y  2   82 x  29 (Trích đề Thi Thử THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh 2016 Lần 1)

 1 2 x  1  0 x   Điều kiện:   2  y  2  0 y  2  3

Phương trình 8 x 3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x   3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

y2

3



y2 321


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0 t . Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên . Suy ra: 2 x  y  2 Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:

 2x  1 2x  1  8x3  52 x2  82x  29   2 x  1 2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29    2 x  1  2 x  1  4 x 2  24 x  29   0  1 2x  1  0  x   y  3   2  2  2 x  1  4 x  24 x  29  0

Giải phương trình:

2 x  1  4 x 2  24 x  29  0 .

Đặt t  2 x  1 ;t  0  2 x  t 2  1.

2

Ta được phương trình: t  t 2  1  12 t 2  1  29  0

 t 4  14t 2  t  42  0   t  2  t  3  t 2  t  7  0  t  2  t  3  L   t 

Với t  2  x 

1  29 1  29 L  t  .  2 2

3  y  11 . 2

1  29 13  29 103  13 29 x y . 2 4 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm: 1  3   13  29 103  13 29  ;   ; 3  ;  ; 11  ;   4 2 2  2   

Với t 

 x 3 4 y 2  1  x 2 y  3  1  Bài 29: Giải hệ phương trình:  2 y  4 y 2  1  x  x 2  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Yên Mỹ - Hưng Yên 2016 Lần 1 (KSCL)) Điều kiện: y  0.

PT  1  x  x2 4 y 2  1  2 y   3  x  0  

Khi đó, PT  2   2 y  4 y 2  1  x  x2  1  3  322

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Xét hàm số f  t   t  t 2  1 trên  0;   t Có f '  t   1   0 t  0  f  t  đồng biến trên  0;   t2  1 Khi đó, PT  3   f  2 y   f  x   2 y  x Thay vào phương trình  1 ta được phương trình: x 5  x 3  x x  3 Đặt t  x  0 có hàm số g  t   t 10  t 6  t 3 có g'  t   10t 9  6t 5  3t 2  0 do t0

Mà g 1  3  t  1  x  1  x  1.  1 1 Với x  1  y  . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    1;  2  2  x 2  xy  2 y  1  2 y 3  2 y 2  x  1 Bài 30: Giải hệ phương trình:  6 x  1  y  7  4 x  y  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Trần Phú – Hà Tĩnh 2016) Điều kiện: x  1.

1   2y 2  x  1  x  y   0  y  x  1 vì 2 y 2  x  0 ,x  1 Thay vào  2  ta được: 6 x  1  x  8  4 x 2 

x 1  3

2

2

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

 4 x 2  13x  10  0   x2 y3 3 x  2  Vậy nghiệm của phương trình là  x; y    2 ; 3  .

Bài 31: Giải hệ phương trình:  tan x  tan y 1  tan x tan y  1 x  y      1  tan 2 x 1  tan2 y , x, y   0 ;    2 3  7 x  1  5 y  4  2 x  3  y  x  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Bắc Ninh 2016)

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt



323


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 1  x  y 

 tan x  tan y 1  tan x tan y  1 2

.

1

cos x cos 2 y  x  y   sin x cos y  sin y cos x  cos x cos y  sin x sin y   x  y  sin  x  y  cos  x  y   * 

   x  y  0   x  y  0 ; sin  x  y   0 2 2 Từ *  suy ra cos  x  y   0 ; mà cos  x  y   1 . Trường hợp 1:

Do đó từ *  suy ra x  y  sin  x  y   * *  Xét hàm số f  t   t  sint với 0  t 

   , f '  t   1  cos t  0 t   0;  . 2  2

  Suy ra f  t  đồng biến trên và liên tục trên  0 ;   2      f  t   f  0   0 t   0 ;   t  sin t t   0;  . 2    2

Thay t  x  y , ta có x  y  sin  x  y  , mâu thuẫn với * * 

   y  x  0   y  x  0 ; sin  y  x   0 2 2  *   y  x  sin  y  x  cos  x  y 

Trường hợp 2:

Tương tự trường hợp 1, trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn.  Trường hợp 3: 0  x  y   thỏa mãn  1 2 Thay vào phương trình  2  ta được: 3 7 x  1  5x  4  2 x  3  x  x  1  3 7 x  1  5x  4  x2  x  3  3 7 x  1  1  5x  4  2  x2  x  7 x  1  1  5x  4   4  x x  1     2 3 7x  1    3 7 x  1  1 5x  4  2

  7 5    x   x  1  0 2 3 5x  4  2  3  7 x  1  7 x  1  1  x  0  7 5  g  x     x 1  0 2  3 5 x  4  2 3 7x  1    7x  1  1  324

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  Dễ thấy g  x  là hàm nghịch biến trên 0 ;  nên có tối đa 1 nghiệm.  2 Mà g 1  0 nên g  x  có nghiệm duy nhất là x  1.

Với x  0  y  0 (thỏa mãn). Với x  1  y  1 (thỏa mãn) Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm  0 ; 0  và  1; 1 .

x 2  9 y  35 y  1  9  y  7  0  1  Bài 32: Giải hệ phương trình:  x 3  y 3  12 x2  3 y 2  50 x  5 y  75  0  2  (Trích đề Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Lê Bá Trần Phương – Số 3) 3

3

PT  2    x  4   2  x  4    y  1  2  y  1  f  x  4   f  y  1  y  x  5

Thế y  x  5 vào phương trình số  2  ta thu được: x 2  9  x  5   35

  9 x  52  35 

 x 2  9 x  52  35  x2

x6  4x 7  0

  x  3  x  6   35.

 x  6  3   35  1 

x6  4x 0

x3 x6 3

 35.

4  x  35  35.3  0

x3

1 4  x   35 35   x  3  x  6   0 x  6  3 1 4  x  

0

x  3  y  8     1 1 x  6  35     0  3   x  6  3 1 4  x   Điều kiện: 6  x  4   35.4  3   35  1  1   x6  4x 4  x  6  3 1 4  x 

  1 1  35      x  6  3 1 4 x 

35.4 2  x  6  4  x  4

35.4 20  4

 16

  1 1 Mà x  6  6  6  12  x  6  35     0 vô nghiệm.  x  6  3 1 4  x 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

325


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm  x; y  là  3 ; 8  .  4 x 3  12 x 2  5x   y  1 2 y  1  7 1   Bài 33: Giải hệ phương trình:  6  x  2  y  x  26  6 3 16 x  24 y  28  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Phú Yên 2016) 1 Điều kiện: y  . Ta có:  1  8 x 3  24 x2  30 x   2 y  2  2 y  1  14 2 3 2     2 x  2   3   2 x  2   14   2 y  1  3  2 y  1  14  3     

Xét hàm số f  t   t 2  3 t  14 trên . Ta có: f '  t   3t 2  3  0 t Suy ra hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên . Do đó: x  1  2 y  1  2x  2  2y  1   5 2 y  2x  4x  2  Thay vào phương trình  2  ta được:

 3  f  2x  2   f

3  x  2  4 x 2  8 x  5  x  26  6 3 16 x  12 4 x 2  8 x  5  28  12 x3  48 x 2  62 x  4  12 3 6 x2  10 x  4 2

 6  2 x  1 x  2   6 x 2  10 x  4  8  8  12 3 6 x 2  10 x  4 *  2

Với x  1 ta có: 6  2 x  1 x  2   0 ; 6 x2  10 x  4  0 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số không âm, ta có:

 6x

2

 10 x  4  8  8  3 3 6 x2  10 x  4 .8.8  12 3 6 x 2  10 x  4 2

 6  2 x  1 x  2   6 x2  10 x  4  8  8  12 3 6 x 2  10 x  4

x  1  2 Dấu bằng xảy ra   2 x  1 x  2   0  x  2  2 6 x  10 x  4  8 5 Suy ra *   x  2  y  (thỏa mãn) 2

 5 Kết luận: Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2 ;  .  2 326

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9  x  4 1  Bài 34: Giải hệ phương trình:  2 2  3x  1  3x  14 x  8  6  4 y  y  2 (Trích đề Thi thử THPT Nghi Sơn - Thanh Hoá 2015)  1 x   Điều kiện:  3 6  4 y  y 2  0 

(*)

Ta có: 2 y 3  12 y 2  25 y  18   2 x  9  x  4 3

 2  y  2   y  2  2

x4

3



x  4 (3)

Xét hàm đặc trưng f  t   2t 3  t trên  ta có: f '  t   6t 2  1  0 , t    f  t  đồng biến và liên tục trên  . Nên:

 3  f  y  2   f 

 y  2, x  4 y  y 2

 y  2 x4  y2 x4   2  y  2   x  4

 4  . Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn:

3x  1  6  x  3 x2  14 x  8  0 (5) Phương trình (5) có một nghiệm là x  5 nên có thể biến đổi về phương trình tích số bằng kỹ thuật nhân liên hợp.

 5    3x  1  4    6  x  1  3x 2  14 x  5  0 3  x  5 x5     x  5  3x  1  0 3x  1  4

6  x 1

    3 1   x  5     3 x  1   0  x  5 3x  1  4 6 x 1    0  

Với x  5  y  1 (thỏa điều kiện (*)) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5 ; 1 .  x  3  4 x  2  y 4  5  y  1  Bài 35: Giải hệ phương trình:  2 2 x  2 x  y  2   y  8 y  4  0  2 (Trích đề Thi Thử Toán Học Tuổi Trẻ Số 2 – 2015) Điều kiện: x  2 (*) Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

327


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  3  4 x  2  y4  5  y

4

x2 

 x  2  5  y 

y 4  5 (3)

Xét hàm đặc trưng f  t   t  t 4  5 trên nữa khoảng  0;   . 2t 3 f  t  liên tục trên  0;   và f '  t   1   0 , t  0 ;   t4  5  f  t  đồng biến trên  0;   . Do

4

2

x  2  0 và 4 y   x  y  2   y  0 nên

 3  f  4 x  2   f  y   4 x  2  y  x  y4  2

(4)

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn 4y  y 4  y

2

y  0  y y7  2 y 4  y  4  0   7 4  y  2 y  y  4  0  5  Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số Xét hàm số g  y   y7  2 y 4  y  4 trên nữa khoảng  0;   . Do g  x  liên tục trên  0;   và g'  y   7 y6  8 y 3  1  0 , y  0 ;  

 g  y  đồng biến trên  0;   . Nên:  5   g  y   g  1  y  1 Với y  0  x  2 [thỏa mãn (*)] Với y  1  x  3 [thỏa mãn (*)] Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y  là  2 ; 0  và  3 ; 1 . x 3  y 3  17 x  32 y  6 x 2  9 y 2  24 Bài 36: Giải hệ phương trình:  2  y  2  x  4   x  9  2 y  x  9  x  9 y  1 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc – 2015) x  4 Điều kiện  2 y  x  9  0 Phương trình  1 : x 3  y 3  17 x  32 y  6 x2  9 y 2  17 3

3

  x  2   5  x  2    y  3  5  y  3 2 2   x  2    y  3    x  2    x  2  y  3    y  3   5   0     x  2    y  3  0  y  x  1  3

328

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Thế  3  vào  2  ta được pt:  x  3  x  4   x  9  x  11  x 2  9 x  10

 x  3 

x  4  3   x  9

  x  3 

x5

  x  9

x  11  4  x2  2 x  35 .

x5

x4 3 x  11  4  x  5  0  x  5 ,y  6   x  3 x9   x  7 4  x  4  3 x  11  4

x5 x9 x9   0 2 2 x4 3 x  11  4   1 1 1 1 2   x  5      x  9   0 2 2 x4 3  x4 3   x  11  4  (vô nghiệm). Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất  x; y    5 ; 6  .

 4 

x3

  x  5  x  7  .

 18 x  9  x 2  x  1  y 4 y 2  27  1  Bài 37: Giải hệ phương trình:  2  2 y  3   24 x  2 y  9   2  (Trích đề Thi Thử Trung Tâm Luyện Thi ĐH Ngoại Thương TP HCM 2015) Điều kiện: x  0. 2

 1   2 x  1

2  2y   2 y   2 x  1   3   3   3   3  f  2 x  1     

 2y  f .  3 

Xét hàm số f  t  đồng biến và liên tục trên .  2y  Suy ra: f  2 x  1  f    6 x  3  2 y.  3 

 2    x  1

2

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

Vì x  0 không là nghiệm của phương trình  3  . Do đó ta chia 2 vế  3  cho x  0.  1 1  1   0   x    4 x    2  0 4 x  x x x  1 1 , suy ra: t 2  x   2 . Đặt t  x  x x

 3  x  4

x 2

4

Do đó:  4   t 2  4t  4  0  t  2. 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

329


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x  3  2 2   2  x  2 x 1  0  x  1 2   Suy ra: x  21  12 2 . x y  2  Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của hệ phương trình:  2 .  x; y    3  2 2 ; 21  12  2  

1

 

2

3 y 3 2 x  y  x2 5 y 2  4 x 2  4 y 2    Bài 38: Giải hệ phương trình:   2  x  y  1  2  x  y2  (Trích đề Thi Thử THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An – 2015 Lần 1)

Điều kiện: x  2 ; y  1 ; y 3  2 x  y   0 ; 5 y 2  4 x 2  0. Sử dụng bất đẳng thức AM  GM cho hai số không âm ta có: y 2  2 xy  y 2 y 3  2 x  y   y 2 2 xy  y 2   xy ; 2 x 2  5 y 2  4 x 2 5 y 2  3x 2 x2 5y 2  4x2   . 2 2 5 y 2  3x 2 Suy ra: 3 y 3  2 x  y   x 2 5 y 2  4 x 2  3xy  . 2 2 5 y 2  3x 2 Vì vậy ta phải có: 4 y 2  3xy   3  x  y   0  x  y. 2 Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x  y. Thay y  x vào

phương trình thứ hai của hệ ta được:

2  x  x  1  2  x  x 2 *  .

2  x  x  1  0 nên ta phải có: x 2  x  2  0  x  1. (do x  1 )

Do

Khi đó phương trình *  tương đương với:

 

x2  x  1  x  1  2  x  x  x  1  0

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

  1 1 1 5  x2  x  1  0  do 1    0  x  y  . 2 x 1 2  x x  x 1    1 5 1 5  Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x ; y    ; .  2  2   330

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2x2  y 2  y  1 y  2x2  1  Bài 39: Giải hệ phương trình:  x 2  y 1  x 2  1   1  y  x (Trích đề Thi Thử THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An 2015 Lần 2) Điều kiện: 0  x  1.

 1   2 x 2  1   y  1   y 2  y  1   0   y  1   2 x 2  y 2  1   0 Với y  1, thay vào  2  ta có x  1 x 2  1  x2  1  1  x2 1  1  x 2  0    do 0  x  1 x  0 Trường hợp này hệ có các nghiệm  x ; y    0 ; 1 ,  x ; y   1; 1 .

 x 2  y 2  1 Với 2 x 2  y 2  1, ta có: 2 x 2  y 2  1  x 2  y 2  1  x 2  1    a  1  x  1

Từ phương trình  2  : x 2  y 1  x 2  1   1  y  x  1  x 2  y 1  x 2   1  y  x  1  x 2  y 1  x2  do  1  y  1  1  y  0  y 2  1  x2  1  x2  y 2  b . 2 x 2  y 2  1  x  0  Từ  a  ;  b  cho ta  x  0   y  1 y  1   1  x2 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là T   0 ; 1 , 1; 1 . Bài 40: Giải hệ phương trình:  5x 2  2 xy  2 y 2  2 x2  2 xy  5 y 2  3 x  y    1    2 x  y  1  2 3 7 x  12 y  8  2 xy  y  5 2 (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2015 Lần 3 Khối AB) Điều kiện: x  2 y  1  0 . 1 Khi hệ có nghiệm  x; y   x  y  0 . Ta thấy

5x 2  2 xy  2 y 2  2 x  y *  dấu bằng khi x  y . Thật vậy:

*   5x2  2xy  2 y 2   2 x  y  Tương tự

2

2

  x  y   0 luôn đúng với mọi x,y   .

2 x 2  2 xy  5 y 2  x  2 y * *  dấu bằng khi x  y .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

331


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Từ *  , * *   VT

1

 5x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2  3  x  y   VP

 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  3  . Thế y  x vào (2), ta được:

3x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5 (3)

Ta có: (3)  3x  1   x  1  2  3 19 x  8   x  2    2 x2  2 x    x2  x

3x  1  x  1 x2  x

3x  1  x  1

2 x 3  6 x 2  7 x

 3

2

19 x  8    x  2 

3

19 x  8   x  2 

2

2 x2  x  x  7 

 3

2

19 x  8    x  2  3 19 x  8   x  2 

2

 2 x2  2 x

 2 x2  x  0

 x2  x  0  2x  7 1     2  0 *   2 2 3 3 x  1  x  1 3  19x  8    x  2  19x  8   x  2   Vì x  0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x  0 hay x  1 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x,y  là:  0 ; 0  ,  1; 1 .  3 x 2  xy  1  3 y 2  xy  1  2  2 x  y 2    Bài 41: Giải hệ phương trình:   16 xy  5  x  y  4  0  (Trích đề Thi Thử THPT Yên Phong Số 2 – Bắc Ninh 2015)

Điều kiện: x  0 ; y  0. Đặt u  3 x 2  xy  1 ,v  3 y 2  xy  1 2

 2  x  y   2 u 3  v 3  4. Từ đây suy ra u 3  v 3  2  1

Phương trình đầu của hệ trở thành u  v  2  2 u3  v 3  4 3

3

u v u v 2   2  . Từ 1 và  2  suy ra u  v  2  0  3  . 2 4 3

u3  v 3  u  v  Ta chứng minh được:    4  , với mọi u,v thỏa mãn  3  . 2  2  Đẳng thức ở  4  xảy ra khi u  v. Từ  2  và  4  dẫn tới: 3

2 u v 2  u v        u  v  2   u  v  1  1  0  u  v  2  5  . 4 2  

332

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Từ  3  ,  5   u  v  2. Từ đây và  2  suy ra u 3  v 3  2 hay

x  y Vậy

3

2

 0  x  y. Thử lại, thấy x  y thỏa mãn phương trình đầu của hệ. 2

x 2  xy  1  3 y 2  xy  1  2  2  x  y   x  y.

Thế y  x vào phương trình thứ hai trong hệ phương trình đã cho, ta được

16x

2

5

x  2  0  6  . Ta thấy x  0 không là nghiệm của  6  . Với x  0

thì  6  trở thành 8 x 2  8x2  Nên  7   8 x 2 

1 x

1 x

5  7  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2

 8x2 

1 4 x

1 4 x

1 4 x

1

5  . 2 4 x

1

1 1  x  . Dẫn tới  6   x  . Tức hệ phương trình 4 4 4 x

1  x  y  . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4

1 1  ; . 4 4

xy  6 y x  1  12 y  4  1  Bài 42: Giải hệ phương trình:  xy 1 2 x   2  x y  1  y xy  y (Trích đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi TP Hồ Chí Minh 2015) 1 Nhận thấy rằng  2  luôn đúng với y  và bài toán có chứa phân thức x nên khó cho việc nhân liên hợp. Từ đó sẽ nghĩ đến đánh giá trực tiếp bằng bất đẳng thức. Điều kiện: x  0 ,y  1.

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có: xy xy 1 1 x 1 Ta có: VT 2    2 . 2 . 1  y xy  y 1  y xy  y 1 y x  1 

2 x 1  x. 1  y

2 x x .1  1. y

2 x x y

 VP 2  .

xy  xy  y   1  y  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   1 y   1  x

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

333


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

x 2 y 2  xy 2  1  y  0 1  xy  1 xy  y  1  0    xy  1  y  . x  xy  1  xy  1 x  10  x  4 2 4 1  x x  1  x  1  2 x  1  x  4  x 2  8 x  16  4 x  4   y  1 .   10   1  Tập nghiệm của hệ phương trình là: S   x; y    10 ;  . 10   x 2 y  x2  1  2 x x 2 y  2  Bài 43: Giải hệ phương trình:  3 6 2 2  y x  1  3 y x  2  3 y  4  0 (Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Thanh Hóa 2015)

Điều kiện: x 2 y  2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) ( 2 )  x 6 y 3  3 x 2 y  y 3  3 y 2  3 y  1  3  y  1

 

 x2 y

3

3

 3 x2 y   y  1  3  y  1 (3).

Xét hàm số f  t   t 3  3t có f '  t   3t 2  3  0 , t  

 

Do đó ( 3 )  f x 2 y  f  y  1  x 2 y  y  1,  y  1 . Thế vào (1) ta được x 2 y  x 2  1  2 x y  1

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

2

 0  x y  1  1.

Do đó hệ đã cho tương đương với x 2 y  x2  1  y  2  x 2 x y  1  1    x 2 y  y  1  x 2 2  x 2  x 2  1  4  .  2 x y  y  1 x  0   x  0

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

2



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

 1 5 x  1 5 1  5 2  . Do x  0 nên x  hoặc x  .  2 2 1  5 x   2

Với x 

334

1 5 1 5 1  5 1 5 y . Với x  y . 2 2 2 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 1 5 1 5   1  5 1  5  Vậy hệ có nghiệm:  x; y    ; ;  ,  x; y    .  2  2  2 2    3x 2  2 x  5  2 x x2  1  2 y  1 y 2  2 y  2    Bài 44: Giải hệ phương trình:  2 2  2 x  4 y  3  x  2 y (Trích đề Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Tỉnh Hải Dương 2015-2016) Cộng theo vế hai phương trình trong hệ rồi rút gọn ta được : 2

x 2  x x 2  1   y  1   y  1

 y  1

2

 1 * 

Xét hàm số f  t   t 2  t t 2  1 trên  ta có : f '  t   2t  t 2  1  Từ đó f '  t   2t  2

t 2  1.

t2 t2  1

t2 t2  1

 2t  2 t  0 t   và f '  t   0  t  0

Do đó hàm f  t  là hàm số đồng biến và liên tục trên  . Vì vậy (*)  f  x   f  y  1  x  y  1 2

thay vào pt (2) ta được :  y  1  2 y 2  2  y  1  4 y  3  y  2 ,x  1  3y  4 y  4  0    y  2 ,x  5  3 3   5 2  Vậy hệ có nghiệm  x,y    1, 2  ;  ,   .  3 3   2

 3 x 1 3 2  x  3 x  y  6 y  9 y  2  ln y  1  0  1 Bài 45: Giải hệ phương trình:   y  log  x  3   log y   x  1 2 3    2 (Trích đề Thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2015)

x  3 Điều kiện:   y  0 Khai thác phương trình (1) để tìm hệ thức liên hệ đơn giản của x và y

1   x  13  3  x  12  ln  x  1   y  13  3  y  12  ln  x  1 Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  3t 2  lnt trên khoảng  0;   3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

(3)

335


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

1 f   t   3t 2  6t   0 t  0  f  t  đồng biến trên khoảng  0;   t Do x  1  0 và y  1  0  f  x  1  f  y  1  x  1  y  1  y  x  2 (4)

Thế (4) vào (2) để được phương trình một ẩn

 x  2  log 2  x  3   log 3  x  2   x  1

(5)

Giải phương trình (5) bằng phương pháp hàm số  5   log 2  x  3   log 3  x  2   xx  21 x 1  log 2  x  3   log 3  x  2    0 6 x2 x 1 Xét hàm số g  x   log 2  x  3   log 3  x  2   trên khoảng  3;   x2 1 1 3 g  x      0 x  3  x  3  ln 2  x  2  ln 3  x  2 2  g  x  đồng biến trên khoảng

 3;   .  4

Nên  6   g  x   g  5   x  5  y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    5 ; 3 



 x  x2  4 y  y2  1  2 1   Bài 46: Giải hệ phương trình:  12 y 2  10 y  2  2 3 x 3  1  2  

(Trích đề Thi Thử THPT Đoàn Thượng – Hải Dương 2015 Lần 1) Ta có:  1  x  x 2  4 

 2 y 

2

 4   2 y  *  .

Xét hàm số: f  t   t 2  4  t  f '  t  

t t2  4

1

t  t2  4 t2  4

t t t2  4

 0.

Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên  . (*) suy ra: f  x   f  2 y   x  2 y . 3

Thay vào phương trình (2) ta được: 3x 2  5 x  2  2 x3  1 3

3

  x  1  2  x  1  x3  1  2 x 3  1

* * 

Xét hàm số g  t   t 3  2t ta thấy g  t  đồng biến trên R nên từ (**) suy ra x  0 . Vậy hệ có hai nghiệm là x  1  3 x3  1    x  1 336

 1  1;  ;  0 ; 0  . 2 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 2 3  x  x x  3x  3  y  2  y  3  1 1  Bài 47: Giải hệ phương trình:  3 x  1  x2  6 x  6  3 y  2  1  2  

(Trích đề Thi Thử THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội 2015 Lần 2) Điều kiện: 1  x  3  3 ;x  3  3 ; y  3

 1  x  1   x  1 

3

1  3 y2 

3

y2

3

1 .

3t 2

Xét hàm f  t   t  t 3  1 ,t  1 . Ta có f '  t   1 

2 t3  1

 0 t  1 , suy

ra f  t  đồng biến t  1 , suy ra x  1  3 y  2 . Thay vào (2) ta có 3 x  1  x 2  6 x  6   x  1  1   x  1  1 

 x  1

2

 4  x  1  1  3 x  1

Do x  1 không thỏa mãn nên chia cả 2 vế cho x 1 

1 x 1

 x 1 4 

Đặt t  x  1 

1 x 1

x  1  0 ta được:

1 3. x 1

 2  t  t2  6  3  t2  6  3  t  t 

5 . 2

 x 1  2  x  5  y  62 5 1 5   Với t   x  1     . 1   x  5  y   127 2 2 x 1 x 1    4 64 2  x2  y  3  y2  3x  7  Bài 48: Giải hệ phương trình:  2 2  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y (Trích đề Thi Thử THPT Đông Sơn – Thanh Hóa 2015 Lần 1)  x2  y  3  y2  3x  7 1   Ta có hệ phương trình  2 2  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y  2  Điều kiện: y  1,x  0 ,y 2  3 x .

( 2 )  y  1  x  y 2  2 y  1  x 2  y 2  xy  y  0 

y 1 x y 1  x

2

  y  1  x2  y  y  x  1  0

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

337


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

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

Thế y vào (1) ta được

x 2  x  1  x2  x  1  7  3 (3)

Xét f  x   x 2  x  1  x 2  x  1 , f ' x 

2x  1 2

2 x  x 1

Xét g  t  

t 2

t 3

2x  1

2

2 x x1

,g'  t  

 2 x  1

3

t

2

3

2x  1

3

2

 3

2x  1

 2 x  1

2

3

 0 , t   . Do 2 x  1  2 x  1

Nên g  2 x  1  g  2 x  1 suy ra f '  x   g  2 x  1  g  2 x  1  0 , x   . Do đó f  x  đồng biến trên  , nên  3   f  x   f  2   x  2  y  3  9  x 1  2 y 1  y  4  Bài 49: Giải hệ phương trình:  y 1 x 1 1     y  1  1 x 1 1 3 (Trích đề Thi Thử Diễn Đàn K2pi – Lần 7 – Năm 2015)  5 2  a  2b  b  4  1  2 2  a  b 1  b  1 a  1 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có:

a  x  1 Đặt  , hệ phương trình đã cho trở thành: b  y  1

2

 a  b  3 a  b 2  a  b  2  0  a  b  1 1 a2 b2        3 b1 a1 ab1 Kết hợp với phương trình  1 ta được: 2 5 1 1  a  1  b  b 2  b   0   2b  1   0  b  4 4 2 1 5 3 Từ đó suy ra được: a  b   x  , y   2 4 4

b 2  2b 

 x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x  1  Bài 50: Giải hệ phương trình:   3 6  y  3 2 x  3 y  7  2 x  7  2  (Trích đề Thi Thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc 2015 Lần 4) 338

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 2

Từ  1  y  1  x   y  1  x2  y  y  x  1  0 .   1   y  x  1   2y  x  1  0  y  x  1  0  x  y  1  3 .  y 1  x    9 Thê  3  vào  2  ta được pt 3 6  y  3 5 y  9  2 y  5 ,  4  đ/k  y  6 5

Giải  4    8  y   3 6  y  3 y  1  5 y  9  0 

y 2  7 y  10

8  y   3

6y

 3

y 2  7 y  10 y  1  5y  9

0

  y  2  x  1 1 3 0   y 2  7 y  10   .  8  y  3 6  y y  1  5y  9  y5 x4   

 1  x3  y y  1  y  x 1   Bài 51: Giải hệ phương trình:     4 x  3   4  y  3 3 x  8  1   9  2     (Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Hà Tĩnh 2015)

x  1 Điều kiện:  *  0  y  16

Với điều kiện *  ta có:

1  x3  y y  1  0

1  x    y  3

Do đó  1  1  x  y y  1  x  y 3

y 1

3

  x

y

1 x  y y  1

 x  y  x 2  x y  y  1  x3  y y  1   0  y   x  

(do x 2  x y  y  1  x 3  y y  1  0 ) Thế vào  2  ta được:  4 x  3 

x  4  3 3 x  8  1  9  3  . Vì x  

3 không 4

9 1 0. 4x  3  3 9 Xét hàm số g  x   x  4  3 3x  8   1 trên  4 ;  \   4x  3  4

phải là nghiệm của  3  nên  4   x  4  3 3x  8 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

339


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Ta có g'  x  

1 2 x4

1

 3

 3x  4 

2

36

 4x  3 

2

 0 x  4 ,x  

3 4

  3  3 Suy ra hàm số g  x  đồng biến trên các khoảng  4 ;   ;   ;   . 4  4   Lập BBT ta thấy phương trình g  x   0 có tối đa 2 nghiệm.

Ta lại có g  0   g  3   0 suy ra x  0 ;x  3 là các nghiệm của phương trình g  x   0. Với x  0  y  0 ; x  3  y  9. Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm:  0 ; 0  ;  3 ; 9  .

 y  x  y  1  x 3  3 y x 2  xy  y  1  1  Bài 52: Giải hệ phương trình:   y 2  y  5x  5 (Trích đề Thi Thử THPT Trần Phú – Thanh Hóa 2015)  y  0 Điều kiện :  (vì y  0 không thỏa mãn). x  y  1   x  1 (1)    x  1 x 2  x  1  3 y  x  1 x  y  1 y  x  y 1

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

Xét A  x 2   3 y  1 x  3 y 2  3 y  1 ,   3  y  1  0 x    A  0. Do đó  3   x  1. Thay x  1 vào  2  ta có: 1  17 1  17 y  L 2 2  1  17  Vậy hệ phương trình có nghiệm  1; .   2  

y2  y  5  5  y 

 1  y  x  y  x  2 y  2   x  y  1 y  Bài 53: Giải hệ phương trình:   y 2  2 x  3 y 4  2 y 2  4 (Trích đề Thi Thử THPT Thạch Thành – Thanh Hóa 2015) 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt 340


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Đặt u  x  y ;v  y  u  0 ; v  0  x  u2  v 2 . PT đầu của hệ trở thành:

1  v  u  u 2

2

 v2  2 v2  2  u2  1 v   u  1 v  1 u  v  2   0

Trường hợp 1: u  1  x  y  1  x  1  y . Thế vào pt thứ hai của hệ ta được:

y2  2  2 y  3 y4  2y 2  4  y2  2 y 

3

y 4  2 y2  8

 yy  2  3

    y  2 y   

y

4

 2y

y 3

y

4

2

3

4

0 2

 2 y  2y  4     0  y  2 . Khi đó x  1. 4 2 3  2 y  2y  4  

2

 2  y  2

2

 2y

y 4  2y 2  2  0

Trường hợp 2: v  1 . Suy ra y  1 ;x  2. Trường hợp 3: u  v  2  0. (Vô nghiệm). Kết luận: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  x; y    1; 2  ,  2 ; 1 3  2  1  y  x  3 y  3   x   y  1 . x Bài 54: Giải hệ phương trình:   x2  y  2 3 x3  4  2  y  2  

(Trích đề Thi Thử THPT Quảng Xương 4 – Thanh Hóa 2015 Lần 2)  x 2  y  0  x 2  y Điều kiện:    x  0 ,y  1 x  1,y  1 Nhận xét x  1,y  1 không là nghiệm của hệ. Xét y  1 thì pt (1) của hệ (I) 2

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

 x  x x  3  0 . Đặt t    y 1  y 1  y 1

x ,t  0 . y 1

Khi đó, PT (1) trở thành: t 4  t 2  t  3  0   t  1 t 3  t 2  2t  3  0  t  1. Với t  1 , thì

x  1  y  x  1 , thế vào pt (2), ta được y 1

x 2  x  1  2 3 x 3  4  2  x  1  x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1    0  

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

341


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

   x  x 1  6  3 x3  4 

   x2  x  1  1   

  0 2 3 x  4   x  1 

x2  x  1

2

2

   x  1

3

  6 x  x 1 0 2  3 3   x  1 x  4   x  1    2

3

x

3

4

 x2  x  1  0  x 

2

1 5 2

 x  1 . Với x  1 2 5  y  3 2

5

.

 1 5 3  5  Đối chiếu điều kiện, hệ phương có nghiệm  x; y    ; .  2 2    4 x 2  y  x  9  3 x  1  x 2  5x  y  8 1   Bài 55: Giải hệ phương trình:  2 x 12  y  y 12  x  12  2   (Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Viết Xuân – Phú Yên 2015)  x 12  y  12  2 2  y 12  x  12  x 12  y     2 12 x  24 x 12  y  12 12  y 

 y  12  x2  x 12  y  12   .   1 2  x  12  y  0    x  2 3 ; 0  y  12   3

Thay vào phương trình  1 ta được: 3x 2  x  3  3x  1  5x  4

 

 

 3 x2  x  x  1  3x  1  x  2  5 x  4  0

 1 1  x2  x  3   x  1  3x  1 x  2  5x  4 

 0 

 x2  x  0  x  0 hoặc x  1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0 ; 12  và  1; 11 .  x 3  y 3  3 y 2  x  4 y  2  0  1 Bài 56: Giải hệ phương trình:  3  x  x  3  2 x  2  y  2  (Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Huệ - Đắc Lắc 2015) Điều kiện: x  2 . 342

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn 3

 1  x 3  x  2  y 3  3 y 2  4 y  x 3  x  2   y  1    y  1   2 . 2 Xét hàm số f  t   t 3  t  2 trên   2;   . f '  t   3t  1  0 , t   2 ;   . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên   2;   . Do đó: x  y  1 . Thay y  x  1 và phương trình (2) ta được: x 3  3  2 x  2  1  x3  8  2

x  2  2   x  2  x2  2x  4 

  x  2  x  2x  4  2

2

x2 2

   x  2  x2  2x  4   x2 2 

2

2

Vì: x 2  2 x  4   x  1  3  3;

x2 2

x2 2

x2 2

2  x  2



 0 x  2  2   2

 1, x   2;   .

Do đó: x  2  0  x  2  y  3 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2 ; 3  . 1  2 x  y  1  4 2 x  y 2  6 x  3y 1     Bài 57: Giải hệ phương trình:   x  1 2 x2  x  4  8 x 2  4 xy  4  2  (Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm – Gia Lai 2015)

 1  1  4  2 x  y 

2

 2x  y  1  6x  3y  0

  1  4 x  2 y  1  4 x  2 y  

1  4x  2 y 2x  y  1  6x  3

0

  1 0   1  4 x  2 y   1  4 x  2 y   2 x  y  1  6 x  3   1 Do điều kiên 2 x  y  0 nên 1  2  2 x  y   0 2x  y  1  6x  3

Suy ra 4 x  2 y  1  0  4 x  2 y  1 thế vào phương trình (2) ta được

 x  1

2 x 2  x  4  2 x  4 x  2 y   4  f  x    x  1 2 x 2  x  4  2 x  4  0

f '  x   2x2  x  4 

 x  1 4 x  1  2 

8x2  x  7

 0 , x   2 2x2  x  4 1 1 1 Suy ra hàm số đồng biến trên R mà f    0 nên x   y   . 2 2 2 2x2  x  4

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

343


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  5xy  x 2 y  x 3 y  5x  7 xy  Bài 58: Giải hệ phương trình:  x 2 y 1  y 2  1  x 2  x 2 y  x (Trích đề Thi Thử THPT Củ Chi 2015) x  0 không là nghiệm của  2  . Do đó ta chia hai vế của  2  cho x 2  0 ta 2

1 1 1 được y 1  y  y  1     . Xét hàm số y  t 1  t 2  t là hàm x x x 1 đồng biến trên  . Do đó  2   y  . Thay vào  1 x   1 1 2 7 x  5  x  x 2  5x  7  x   x    5  x    x    0 3 3 3  3 2

9x   x  2  x x2

2

9  5  x   7  x 

2

 0  x2  5x  4  0

5x x7

x  1  y  1 (thỏa mãn điều kiện)  x  4  y  1  4

 1 2 1  3xy 1  9 y  1  x1 x Bài 59: Giải hệ phương trình:  x 3 9 y 2  1  4 x2  1 x  10  2   (Trích đề Thi Thử THPT Nguyễn Huệ - Yên Bái 2015) Điều kiện: x  0 . Nhận xét: x  0 không thỏa mãn hệ phương trình. Do đó ta xét x  0 . Khi đó biến đổi phương trình đầu trở thành:

PT (1)  3 y  3 y 9 y 2  1   3y  3y

 3y 

2

1 

 

x 1  x x 2

 1      1 (3) x x  x

1

1

Từ (1) và x  0 ta có: y  0 . Xét hàm số f  t   t  t t 2  1 ,t  0 Ta có : f '  t   1  t 2  1 

t2

0. t2  1 Suy ra f  t  luôn đồng biến và liên tục trên  0;   . 344

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 1  1 PT(3)  f  3 y   f  .   3y  x  x

Thế vào phương trình (2) ta được PT: x 3  x 2  4 x 2  1

Đặt g  x   x 3  x2  4 x 2  1

x  10

x  10 , x  0 . Ta có g'  x   0 với x  0

 g  x  là hàm số đồng biến trên khoảng  0;   . Mặt khác, ta có g 1  0 . Vậy pt g  x   0 có nghiệm duy nhất x  1. Với x  1  y 

1 3

 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất:  1;  .  3 2 x 2  5  2 2 y  x2 1  Bài 60: Giải hệ phương trình:  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4  2 (Trích đề Thi Thử Sở Giáo Dục Lào Cai 2015)

Điều kiện: xy  x  y 2  y  0 và y  0 Với điều kiện trên:  2    x  2 y  1  3

xy  x  y 2  y  y  1  0

  3  y  1   0  x  2y  1  0   x  2 y  1 1  xy  x  y 2  y  y  1   Thế 2 y  x  1 vào (1) ta có : 2 x 2  5  2 x  1  x2  2

x2  4 2

2

x 53

x2 x 1 1

  x  2  x  2 

 2 x  2  2   x  2     x  2    0 (3). Ta thấy : x  1 , 2 x 1 1  x  5  3  

2  x  2

2

 x  2 

x 1 1 x2  5  3 Nên (3) có nghiệm duy nhất x  2.

  2   x  2 1    0 ,  x 1 1 x2  5  3   2

 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2 ;  .  2  x 6  3 x 2  4  y 3  3 y 2  6 y  1  Bài 61: Giải hệ phương trình:  2 2 y   x  1 x  y  8  7  x  2  (Trích đề Thi Thử THPT Trung Phú – Củ Chi – Hồ Chí Minh 2015)

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

345


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Điều kiện: x 2  y  8  0 . 3

 

PT(1)  x 6  3x 2   y  1  3  x  1  x2

3

3

 3 x 2   y  1  3  y  1

 

 f x 2  f  y  1 với f  t   t 3  3t . Ta có: f '  t   3t 2  3  0 , t    f  t  đồng biến trên .

 

Do đó: f x 2  f  y  1  x 2  y  1 . Với y  x 2  1 , pt (2) trở thành:

2 x 2  1   x  1  2 x2  7  x  7  0  2 x 2  7   x  1 2 x 2  7  x  2  0 * 

Đặt t  2 x 2  7 , t  7 , pt (*) trở thành: t 2   x  1 t  x  2  0 (**) 2

Ta có:    x  3  nên (**) có hai nghiệm: t  x  2 hoặc t  1 (loại).  x  2 x  1  y  0 Với t  x  2  2 x 2  7  x  2   2   2  2 x  7  x  4 x  4 x  3  y  8

 4 y  1 x 2  1  2 y  2 x 2  1 1  Bài 62: Giải hệ phương trình:  4 2 2 x  x y  y  1  2  (Trích đề Thi Thử THPT Quế Võ Số 1 – Bắc Ninh 2015)

Đặt

x 2  1  t  1  phương trình (1) có dạng: 2t 2   4 y  1 t  2 y  1  0

t  2 y  1    4 y  1  8  2 y  1    4 y  3    1 t   L   2  y  1 +) Với t  2 y  1  1  x 2  1  2 y  1   2 thay vào (2) ta được: 2  x  4 y  4 y 2

2

2

16 y 2  y  1  4 y 2  y  1  y 2  1  0  y  1 (do y  1 )  x  0 .

Vậy hệ phương trình có nghiệm  0 ; 1 .

346

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

GIẢI BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015

Đề bài: Giải phương trình:

x2  2 x  8   x  1 x2  2 x  3

x2 2

☺Phân tích: Đây là một bài toán rất hay và sâu sắc hội tụ rất nhiều các yếu tố như sau:  Bài toán có chứa một căn thức không quá lớn.  Bài toán có chứa một phân thức, nếu như vội vàng biến đổi tương đương bằng cách đưa mẫu số sang vế phải, học sinh sẽ rất dễ mắc sai lầm trong quá trình tính toán bởi khi đó phương trình sẽ khá cồng kềnh. Để có thể tiếp cận tốt bài toán trên, trước hết chúng ta cần định hướng bài toán với một công cụ quen thuộc đó là sử dụng chức năng TABLE trong máy tính CASIO: Sử dụng công cụ TABLE (Mode 7) trong F X X máy tính CASIO: 2  2.727 Xét  1.5  1.707 X 2  2X  8 1  1.5 F X  2   X  1 X  2  2 X  2X  3  0.5  1.671 Với điều kiện x  2 , ta chọn các giá trị: 0  2.08  START = 2 . 0.5  2.371  END = 5. 1  1.964  STEP = 0.5. 1.5  0.899 Dựa vào bảng giá trị trên TABLE ta nhận 2 0 thấyn hững điều sau: 2.5 0.34  Phương trình có một nghiệm hữu 3 0.2223 tỷ x  2 . 3.5  0.189  Phương trình có một nghiệm nằm 4  0.792 trong  3; 3.5  . 4.5  1.531  Phương trình có đúng hai nghiệm 5  2.374 phân biệt.  Hàm số không đơn điệu. 1   Đồ thị hàm số có một khoảng đồng biến là  ;   đồng thời trong 2 

khoảng này phương trình có 2 nghiệm phân biệt và đó là hai 348

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

nghiệm duy nhất của phương trình nên định hướng điều kiện của 1 bài toán cần chỉ ra không phải chỉ là x  2 mà là x  . 2 Nhẩm nghiệm: SHIFT CALC với x  3.2 ta được nghiệm x  3.302775638 . Thay giá trị x  3.302775638 vào căn thức ta được: 3  13 2

x  2  2.302775638  x  1  x 

Định hướng giải bài:  x  2  2  0 Bước 1: Chú ý với x  2 thì  do đó ta sẽ nhân liên hợp cho 2 x  2 x  8  0 

nhóm biểu thức

x  2  2 đồng thời phân tích nhân tử cho nhóm biểu

thức x 2  2 x  8 để tạo ra nghiệm x  2 trước. Bước 2: Sau khi đã tháo gỡ nghiệm x  2 ta sẽ có một phương trình vô tỷ mới và tại phương trình này nghiệm cần chỉ ra là x  hiện nghiệm x 

3  13 . Để làm xuất 2

3  13 ta cần chú ý tới đánh giá: x  1  x  2 hay nhân 2

tử có thể tạo ra là x  1  x  2 hoặc x 2  3 x  1 . Ta có các cách sau: 

Cách 1: Sử dụng nhân biểu thức liên hợp với nhân tử tìm được

chính là x  1  x  2 . 

Cách 2: Sử dụng phương pháp phân tích thành nhân tử với phương

pháp liên hợp ngược: x  1  x  2 

 x  1 

x  2  x2  3x  1 .

Cách 3: Sử dụng phương pháp nâng lũy thừa và định lý Viet đảo

với nhân tử đã tạo có là x 2  3 x  1 . 

Cách 4: Sử dụng phương pháp tạo ra hàm đặc trưng với đánh giá x  1  x  2 cho nên muốn dễ dàng nhận ra hàm đặc trưng ta có

thể đặt ẩn phụ a  x  1, b  x  2 . 

Cách 5: Vì có hai nhân tử

x  2  2 và x  1  x  2

 nên ta có

thể phân tích nhân tử ngay từ bước đầu để tạo ra để biến đổi 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

349


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

phương trình ban đầu thành:



x  2  2 x  1  x  2 .A  x 

Bên cạnh những cách trên, độc giả có thể sử dụng những kỹ thuật đã học trong 11 chủ đề đầu tiên, để tiếp tục phân tích và tìm tòi những lời giải hay và đẹp. Mọi chi tiết đóng góp ý kiến và phản hồi xin vui lòng gửi về địa chỉ Email: dungdoan.math@gmail.com.

☺Cách 1: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp. Điều kiện: x  2 . x2  2 x  8

Ta có: 

  x  1

x2  2 x  3

x2 2 

 x  2  x  4    x  2  x  1  2

x  2x  3

  x  2

x2 2

 x  4

  x  2  x  4

   x  2 x  4

 x  2  x  4   x2  2x  3

 x  2

x4 2

 x  2x  3

x  2  2   x  1 x 2  2 x  3



x

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

x2 2

 x  2  4 x2 2

 0 x2 2 x 1

 0

2

 2x  3

 x  1



  x  2   x  4  x  2  2x  8  x3  x2  x  3  0

x  2  x3  x2  x  5  0

Trường hợp 1: x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 2:  x  4  x  2  x 3  x 2  x  5   x  4  x  2  x 3  x 2  x  5

 x3  x2  x  5   x  4  x  2  0

 x3  x 2  x  5   x  4  x  1   x  4  x  1  x  2  0

 x3  x 2  x  5  x 2  3 x  4   x  4  x  1  x  2  0 2

 x  2x  4x  1   x  4  3

2

 x  1   x  2   0

x 1 x  2 PHÂN TÍCH CASIO

Vì phương trình có chứa nhân tử x  1  x  2

 hoặc  x 

2

 3 x  1 do đó

chắc chắn biểu thức x 3  2 x2  4 x  1 sẽ chia hết cho x 2  3 x  1 . 350

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Bấm máy tính:

x3  2 x 2  4 x  1

và bấm CALC 100 (Hay còn gọi là gán giá x 2  3x  1 trị của x  100 ) ta được kết quả là 101 . Chú ý rằng 101  100  1 và x  100 do đó: x3  2 x 2  4 x  1  101  100  1  x  1 x2  3x  1 Vậy x 3  2 x 2  4 x  1   x  1 x2  3x  1 .

2

Ta có: x  2 x  4 x  1   x  4  3

2

  x  1 x 2  3 x  1   x  4 

 x  1   x  2   0 x 1 x  2

x 2  3x  1 x 1 x  2

0

  1  x2  3x  1  x  1   x  4    0 (*) x 1 x  2   Ở tình huống này ta nhận thấy như sau:  x  4  x  2  x 3  x 2  x  5  x 3  x 2  x  5  0 Vì    x  2 x  2

PHÂN TÍCH CASIO Vì bất phương trình x  x 2  x  5  0 chỉ có nghiệm lẻ của phương trình bậc 3, tuy nhiên trong chương trình Trung học phổ thông, ta không nên sử dụng phương pháp Cardano để xử lý phương trình bậc ba này. Vậy làm thế nào để hóa giải được bất phương trình trên? Chú ý rằng bất phương trình x 3  x 2  x  5  0 có nghiệm lẻ như sau: x  2.34025083 Do đó chúng ta có thể khẳng định chắc chắn tại đây ta sẽ có x  2 . Chỉ cần điều kiện x  2 là đủ ta có thể chứng minh được phương trình: 1 x  1  x  4  0 là phương trình vô nghiệm. x 1 x  2 Vậy làm sao để chỉ ra được x  2 ? Ta sử dụng xét f  X   X 3  X 2  X . Bấm CALC 2 ta được kết quả là 2. 3

Như vậy phương trình x 3  x2  x  2  0 có thể chỉ ra được nghiệm là 2. Thật vậy, ta có: x 3  x2  x  2  x 3  x 2  x  5  0 . Do đó bằng cách đánh giá này ta đã có được điều kiện quan trọng cần tìm. 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

351


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x 3  x2  x  5  0  x3  x 2  x  2  x 3  x 2  x  5  0 Ta có:    x  2  x  2

x 3  x2  x  2  0  x  2  x 2  x  1  0 Do đó:   . x  2 x  2

Vì x 2  x  1  0x   do đó ta có điều kiện cần tìm là x   2;   . Với điều kiện x   2;   ta có x  1   x  4  Như vậy phương trình x  1   x  4 

1 x 1 x  2

1 x 1 x  2

0.

 0 vô nghiệm.

 x 2  3x  1  0 3  13 Vậy (*)   (Thỏa mãn điều kiện). x 2  x  2

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

3  13 ,x  2 . 2

Bình luận: Việc đánh giá điều kiện x   2;   là vô cùng quan trọng bởi nếu không đánh giá đúng thực chất của điều kiện thì việc giải bài toán sẽ trở nên vô cùng khó khăn. Đây chính là điểm khó nhất trong bài toán này. Một số đánh giá điều kiện quan trọng học sinh cần ghi nhớ: A  B  A  0, B  0

A  B  A  0, B  0

 

A  B C  0  C  0, A.B  0

A  B C  C  0, A.B  0

A  C,B  D ABC D  A  C,B  D

☺Cách 2: Sử dụng phương phân tích nhân tử bằng liên hợp ngược. Điều kiện: x  2 . x2  2 x  8

Ta có: 

2

x  2x  3

  x  1

 x  2  x  4    x  2  x  1 

352

2

x  2x  3

x2 2 

x2 2

 x  2  x  4   2

x  2x  3

 x  2

x4 2

 x  2x  3

 x  1

 x  2  4 x2 2

 0 x2 2 x 1

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  x  2

 x  4

  x  2  x  4

x  2  2   x  1 x 2  2 x  3



 0

x

2

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

   x  2 x  4

 2x  3

x2 2



  x  2   x  4  x  2  2x  8  x3  x2  x  3  0

x  2  x3  x2  x  5  0

   0    x  2   x  x  x  5  x  3x  4   x  4   x  1  x  2   0   x  2   x  2 x  4x  1   x  4   x  1  x  2   0   x  2  x3  x 2  x  5   x  4  x  1   x  4  x  1  x  2 3

2

3

2

2

PHÂN TÍCH CASIO

Vì phương trình có chứa nhân tử x  1  x  2

 hoặc  x 

2

 3 x  1 do đó

chắc chắn biểu thức x 3  2 x2  4 x  1 sẽ chia hết cho x 2  3 x  1 . Bấm máy tính:

x3  2 x 2  4 x  1

và bấm CALC 100 (Hay còn gọi là gán giá x 2  3x  1 trị của x  100 ) ta được kết quả là 101 . Chú ý rằng 101  100  1 và x  100 do đó: x3  2 x 2  4 x  1  101  100  1  x  1 x2  3x  1 Vậy x 3  2 x 2  4 x  1   x  1 x2  3x  1 .

 x  1  x  2   x  3x  1 Do đó ta viết lại: x  2 x  4 x  1   x  1  x  1  x  2  x  1  x  2  Ta có:  x  2   x  2 x  4 x  1   x  4   x  1  x  2    0   x  2    x  1  x  1  x  2  x  1  x  2    x  4   x  1  x  2    0   x  2   x  1  x  2    x  1  x  1  x  2   x  4   0   x  2   x  1  x  2   x  1   x  1 x  2  x  4   0 Mặt khác, xét liên hợp: x  1  x  2 3

3

2

2

2

2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

353


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2 x  1  x  2

x

2

 x  3   x  1 x  2  0 (*)

Đến đây để chứng minh x 2  x  3   x  1 x  2  0 vô nghiệm ta có thể sử dụng hằng đẳng thức để ghép thành các bình phương:

Ta có:  x  2  x  1  x  2

   x  2 x  1    x  2 x  1 

x

2

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

  x  2  x  1  x  2 2 x 2  2 x  6  2  x  1 2

2

Như vậy phương trình x  1  x  2

2

2

x3 0

2

x 2  x  3  0x    Vì  do đó x  1  x  2 2  x 1 x  2  0 

 x20

 x  3   x  1 x  2  0

2

 x2  x  3  0

 x 2  x  3  0 vô nghiệm.

  x  1  x  2  3  13 x  x  2 (Thỏa mãn điều kiện) Vậy (*)    x  2 2  x  2

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

3  13 ,x  2 . 2

Bình luận: Cũng là bài toán phân tích liên hợp nhưng trong bài toán này, chúng ta đề cập đến một cách chứng minh phương trình vô nghiệm theo một hướng khác là tạo hằng đẳng thức. Để tạo hằng đẳng thức ta chỉ cần tập trung quan sát biểu thức tích nào ta chọn là 2ab , khi đó ta tạo thêm các 2

biểu thức khác để nhóm thành a 2  2ab  b2   a  b  . Độc giả có thể sử dụng phương pháp trên để đánh giá phương trình vô nghiệm trong Cách 1. Phần này, để dành cho bạn đọc tự chứng minh.

☺Cách 3: Phương pháp nâng lũy thừa và định lý Viet đảo. Điều kiện: x  2 . Ta có: 354

x2  2 x  8 x2  2 x  3

  x  1

x2 2 

 x  2  x  4   x2  2x  3

 x  1

 x  2  4 x2 2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 x  2  x  4    x  2  x  1  2

x  2x  3

  x  2

x2 2

 x  4

  x  2  x  4

 x  2

x4 2

 x  2x  3

x  2  2   x  1 x  2 x  3



2

2

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

   x  2 x  4

x2 2

 0 x2 2 x 1

 0

x

 2x  3



  x  2   x  4  x  2  2x  8  x3  x2  x  3  0

x  2  x3  x2  x  5  0

Trường hợp 1: x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 2:  x  4  x  2  x 3  x 2  x  5   x  4  x  2  x 3  x 2  x  5

 x 3  x2  x  5   x  4  x  2 (*)  x 3  x2  x  5  0  x3  x 2  x  2  x 3  x 2  x  5  0 Ta có:    x  2  x  2

x 3  x2  x  2  0  x  2  x 2  x  1  0 Do đó:   . x  2 x  2

Vì x 2  x  1  0x   do đó ta có điều kiện cần tìm là x   2;   .

Bình phương 2 vế của (*) ta được: x 3  x 2  x  5

2

2

   x  4  x  2

 x6  2 x 5  x4  9 x 3  x 2  22 x  7  0 PHÂN TÍCH CASIO

Vì phương trình có chứa nhân tử x  1  x  2

 hoặc  x

2

 3 x  1 do đó

chắc chắn biểu thức x6  2 x 5  x 4  9 x3  x 2  22 x  7 sẽ chia hết cho biểu

thức x 2  3 x  1 . Bấm máy tính:

x6  2 x 5  x 4  9 x 3  x2  22 x  7

và bấm CALC 100 (Hay x2  3x  1 còn gọi là gán giá trị của x  100 ) ta được kết quả là 101030107 . Chú ý rằng 101030107  100 4  100 3  3.100 2  100  7 và x  100 do đó: x3  2 x 2  4 x  1  1004  100 3  3.100 2  100  7  x4  x 3  3x 2  x  7 x2  3x  1 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

355


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn



Vậy x 6  2 x 5  x 4  9 x3  x 2  22 x  7  x4  x 3  3x 2  x  7 x2  3x  1 . Ta có: x 6  2 x 5  x4  9 x 3  x2  22 x  7  0



 x 2  3 x  1 x 4  x 3  3x 2  x  7  0 2 3  13  x  3 x  1  0 Với x  2 ta có: x 4  x 3  3x 2  x  7  0 . Vậy  x . 2  x  2

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

3  13 ,x  2 . 2

Bình luận: Đôi khi trong các bài toán phương trình vô tỷ, đặc biệt bài toán chứa duy nhất một căn thức, phương pháp nâng lũy thừa lại tỏ ra vô cùng hiệu quả.

☺Cách 4: Phương pháp sử dụng hàm đặc trưng. Điều kiện: x  2 . x2  2 x  8

Ta có: 

  x  1

x2  2 x  3

x2 2 

 x  2  x  4    x  2  x  1  2

x  2x  3

  x  2

x2 2

 x  4

  x  2  x  4

   x  2 x  4

 x  2  x  4   x2  2x  3

 x  2

x4 2

 x  2x  3

x  2  2   x  1 x 2  2 x  3



2

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

x2 2

 x  2  4 x2 2

 0 x2 2 x 1

 0

x

 2x  3

 x  1



  x  2   x  4  x  2  2x  8  x3  x2  x  3  0

x  2  x3  x2  x  5  0

Trường hợp 1: x  2 (Thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 2:  x  4  x  2  x 3  x 2  x  5   x  4  x  2  x 3  x 2  x  5

 x 3  x2  x  5   x  4  x  2 PHÂN TÍCH CASIO Trong phần trên ta đã đánh giá được khi x  3.302775638 thì: x  2  x 1 356

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

Với việc đánh giá như trên, phương trình x 3  x 2  x  5   x  4  x  2 có thể sẽ chứa một hàm đặc trưng. Để có thể nhận diện hàm đặc trưng đó ta có thể đặt a  x  2 , b  x  1 . Do bậc cao nhất là 3 nên hàm đặc trưng sẽ có dạng f  x    x3   x 2   x . Như vậy: x 3  x2  x  5   x  4  x  2 3

2

   x  1    x  1    x  1   

x2

3



x2

2



x2

Do đó ta có đồng nhất hệ số như sau: x 3  x2  x  5   x  4  x  2 3

2

=   x  1    x  1    x  1   

x2

3



x2

2



x2

x  2  15  27  9   3   1   Thay x  2  15  7  3      2 x  7  249  189  27   3   2  

Vậy ta có: x 3  x2  x  5   x  4  x  2 3

2

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

3

x2

  2

x2

  2

2

x2

  2

x2

  2

x2

x2

Ta có: x 3  x2  x  5   x  4  x  2 3

2

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

3

2

Xét hàm đặc trưng f  t   t 3  2t 2  2t với t   . Ta có: f '  t   3t 2  4t  2  0t   . Do đó f  t  là hàm đồng biến và liên tục với t   . Vậy: f  x  1  f

 x  1 2  x  2 3  13  x  2  x  1  x  2   x 2  x  1

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

3  13 ,x  2 . 2

Bình luận: Kỹ năng sử dụng hàm đặc trưng là vô cùng quan trọng. Nếu một biến x có bậc cao nhất là n thì hàm đặc trưng có dạng: f  x   a1x  a2 x2  a3 x 3  ...  an x n Thông thường một bài toán sẽ bao gồm 2 biến khác nhau, do đó ta tạo hàm đặc trưng hai vế rồi đồng nhất hệ số, hàm đặc trưng bậc n ta cần thay đủ 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

357


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

n giá trị khác nhau để tìm ra các hệ số a1 , a2 , a3 ,..., an . Chú ý:  x  3  x  1 thì biến

 x  3

x  1 có bậc 3 vì ta hiểu như sau:

x  1   x  1 x  1  4 x  1 

x 1

3

 4 x 1

Trên đây là những lý thuyết vô cùng quan trọng để giúp các em học sinh nắm vững tư duy giải các bài toán hàm đặc trưng. Bạn đọc có thể vận dụng cách tư duy trên giải các bài toán sau: Bài 1: Giải phương trình: x 3  6 x 2  10 x  16  3 3 5 x  2 Bài 2: Giải bất phương trình: 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4 Bài 3: Giải phương trình: 54 x 3  54 x2  25x  19  3 3 x  7 Bài 4: Giải phương trình:  x  5  x  1  6 x  7  3 3 x  2 Bài 5: Giải phương trình: x 3  x   x  1 x  1  4 x  1

☺Cách 5: Phân tích nhân tử liên tục. Điều kiện: x  2 . x2  2 x  8 Ta có: 2   x  1 x  2x  3

x2 2

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

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

        

358

 x2 2

x2 2

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

x2 2

3

2

3

2

3

2

3

2

2

2

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

  

 x  2  2  x  1  x  2  2  x  1 

  x  2   2 x  2 x  6  2  x  1 x  2   0   x  2 x  1  x  2   x  x  3  0  

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

2

2

x 2  x  3  0x    Vì  do đó x  1  x  2 2  x 1 x  2  0 

Như vậy phương trình x  1  x  2

2

2

2

 x2  x  3  0

 x 2  x  3  0 vô nghiệm.

  x  1  x  2  3  13 x  x  2 (Thỏa mãn điều kiện) Vậy (*)    x  2 2  x  2

Kết luận: Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 

3  13 ,x  2 . 2

Bình luận: Phân tích nhân tử chính là một phương pháp vô cùng hữu hiệu khi sử dụng quy tắc liên hợp ngược để liên tục nhóm ra các nhân tử chung. Để làm tốt phương pháp này học sinh cần nắm vững bản chất của nhân tử trong một phương trình. LỜI KẾT Qua rất nhiều ngày tháng chuẩn bị tư liệu, bài tập và phương pháp, cuối cùng cuốn sách “Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình” đã ra mắt bạn đọc. Với những phương pháp đi sâu vào bản chất và đặt bạn đọc làm vị trí trọng tâm, tác giả hy vọng cuốn sách này sẽ là một cuốn cẩm nang cho những ai đam mê chiếc máy tính CASIO cầm tay ứng dụng trong giải Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình. Một tác phẩm dù xuất sắc đến đâu cũng không thể tránh được sai sót, rất mong bạn đọc thông cảm và tiếp tục ủng hộ. Nhóm tác giả Đoàn Trí Dũng (Casio Man) (Chủ biên) Hà Hữu Hải – Nguyễn Tấn Siêng – Hồ Xuân Trọng 3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

359


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

BÀI TẬP TỰ LUYỆN VÀ ÁP DỤNG Thi Thử Website Vted.vn – Thầy Đặng Thành Nam 2016 Đề 1

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

3

ĐS: x  1, x  

1 3

2 Thi Thử Khóa Pen I Thầy Lê Anh Tuấn – Nguyễn Thanh Tùng 2016 Đề 1 3 x 3  21x 2  58 x  56 Giải bất phương trình:  x  2  x 2  x  6  3 x 2  6 x  19  3 x  1 ĐS: x  2; x 

23  341 2

Thi Thử Khóa Pen I – Thầy Nguyễn Bá Tuấn 2016 Đề 04 3  2x  x

Giải bất phương trình:

3x

 x 2  4 x  5  3 x  x2

ĐS: x  1. Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Nguyễn Bá Tuấn – Đề Số 1 2 2 2  2 2 3  x  xy   x  y    x  1  2 x y  2 x  2 y  0 Giải hệ phương trình:  2  2 7 x 3  11xy  14 x  12   y  1  6 x  1 

ĐS:  1; 0  ,  7; 6  . Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Nguyễn Bá Tuấn – Đề Số 2  y 2  1  y  x  x 2 y 2  x 2 y  x 3  x 2  0 Giải hệ phương trình:  3 4 2 x  2 x  27 y  27 xy  15 y  3 ĐS:  1; 0  ,  7; 2  . Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Nguyễn Bá Tuấn – Đề 05 1 1 2  x  3 y  1  1  3 xy  2 x  3 y  2 Giải hệ phương trình:  2  2 2  x  4  x   y  3   1  x  3 y  1 ĐS:  5; 2  . Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Anh Tuấn – Thanh Tùng – Đề 02

360

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 4x2 y 1 1  2   2 5  y x x Giải hệ phương trình:  y 6 3 x  y  1  x 2  1 y  1    2 2   13  69    13  69  13  69   13  69 ; ; ĐS:   ;           10 10 10 10        

Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Anh Tuấn – Thanh Tùng – Đề 03  y  4 x  y  4 x 2  4 x 2  y 2  3 xy  7 x  y  2  0  Giải hệ phương trình:  5  y  x  2  4 5 x   400 x 2  515x  156 2   11 6  ĐS:  ;   .  20 5  Thi Thử Website Học Mãi 2016 Thầy Anh Tuấn – Thanh Tùng – Đề 04

 y  x2  x  2 x  x 2  2 Giải hệ phương trình:  2 2 2 2 2 x y  xy  2 x  y  3 xy  8 x  3 y  2

ĐS:  0; 2  . Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 02  2 y 2  xy  5 x  2 y  1  3 Giải hệ phương trình:  x2  1 x 3  y  3 x2  1  y x  2 y 2  y  8  0      ĐS:  3;1 . Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 03 x 3  3 x2  8 xy  4 y 2  8 y  6  Giải hệ phương trình:  2 3 2  x  y  1  y   x  4   2



ĐS: 1  3; 1  3 , 1  3; 1  3 . Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 05  x y 1  x2  1  0  xy  1 2x  1 Giải hệ phương trình:   4 y 2  10  y 2  4 x  5 x   y  4  x  3 

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

361


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

ĐS:  1; 1 ,  4; 4  . Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 06  x  y  cos 3  xy  .sin  x  y   Giải hệ phương trình:   4 x  5  2 x  3   3 y  8  y  1  10 y  19 ĐS:  3; 3  . Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 07 2  2 2  x  y  1  2 x  y  1 Giải hệ phương trình:  6 x 2  2 y 2  2 x  y  3

3

7

ĐS:  0; 1 ,  ;   4 4 

Thi Thử Website Vted.vn 2016 Thầy Đặng Thành Nam – Đề 08 2  2 1  x2  y 2  x  y 1    2 1 2 2 Giải hệ phương trình:  x2  y 2 x y x  y2  2  x  y   2 xy  x  y  2  

3 3 3 3 3 3 3 3 ĐS:  ; ; ;   6 6   6 6   Thi Thử Website Moon.vn 2016 Thầy Đặng Việt Hùng – Đề 02 6 x2  2 y 2  2  3  2 x  y  x 2  3  8  xy  1  0  Giải hệ phương trình:  2  x2  3  1  6x  2  3y 



ĐS:  2; 2  ,  2; 4  , 2 3; 6  4 3 , 2 3; 6  4 3 . Thi Thử Website Moon.vn 2016 Thầy Đặng Việt Hùng – Đề 03 y  6  y  4  3  x  x  Giải hệ phương trình:  2 3  4 x  y  3x  y  4  x  7 x  xy  2  3  5 15  3 5  ĐS:  ;   2 2   Thi Thử Website Moon.vn 2016 Thầy Đặng Việt Hùng – Đề 04

362

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt


Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong bài toán Phương trình – Bất phương trình – Hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng – Nguyễn Phú Khánh . Email: Phukhanh@moet.edu.vn

 3 4 x 3  y 3  3 2 x 3  3 xy 2  2 y 3  2 x  y  Giải hệ phương trình:  4 x y 2  3  4 y y  3 y 2  4 x  2 y  3 

 

ĐS:  1;1 . Thi Thử Website Moon.vn 2016 Thầy Đặng Việt Hùng – Đề 06  x  3  x  1  x  3 y  4   y  5  y  1  Giải hệ phương trình:   2 x  3  2 y  3   y  2  x  1  4 x  5 ĐS:  1; 1 ,  3; 3  .

3D Hoàng Diệu, F5, Đà Lạt

363

Profile for Dạy Kèm Quy Nhơn Official

Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong quá trình giải toán Tập 1 và 2 Nguyễn Phú Khánh Phản biện  

"Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong quá trình giải toán Tập 1 và 2 Nguyễn Phú Khánh (Phản biện chuyên môn) Lưu hành nội bộ (2015)" LIN...

Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong quá trình giải toán Tập 1 và 2 Nguyễn Phú Khánh Phản biện  

"Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong quá trình giải toán Tập 1 và 2 Nguyễn Phú Khánh (Phản biện chuyên môn) Lưu hành nội bộ (2015)" LIN...

Advertisement