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

Khóa học : Ứng dụng ThủThuật CASIO 2017
GROUP : CASIO Luyện ThiTHPT Quốc Gia
BÙI THẾ VIỆT Trang 1
CHƯƠNG 1 : THỦ THUẬT CASIO CƠ BẢN
Có lẽ trong mỗi chúng ta, ai cũng đã từng được sở hữu một chiếc máy tính cầm tay nhỏ
gọn nhưng mang trong mình khả năng tính toán vượt trội. Là một thiết bị được phép mang
vào phòng thi trong kỳ thi THPT Quốc Gia nên việc sử dụng triệt để các tính năng mà máy
tính cầm tay mang lại sẽ giúp ích được cho chúng ta rất nhiều.
CASIO hay những máy tính cầm tay khác không chỉ đơn thuần chỉ biết thực hiện phép
tính, tìm nghiệm phương trình, tính tích phân, nguyên hàm, … mà với những thủ thuật
CASIO cơ bản dưới đây, chúng ta có thể sử dụng nó để rút gọn biểu thức, chia biểu thức, phân
tích nhân tử một cách nhanh gọn và chính xác.
BÀI 1.1 : THỦ THUẬT RÚT GỌN BIỂU THỨC
A – GIỚI THIỆU
Trong quá trình làm bài toán, đôi khi chúng ta phải rút gọn một biểu thức khá
là lớn và cồng kềnh. Tuy nhiên, với CASIO, chúng ta sẽ không mất nhiều thời gian để
nháp mà vẫn có được kết quả chính xác. Ví dụ :
     
2 2
3 2 2 6 5 4 3 2
x x 8x 3 x x 2 x 7 17 x x 20x 5x 75x 16x 2              
B – Ý TƯỞNG
Thông thường biểu thức một ẩn sau khi rút gọn sẽ có dạng sau :
  n n 1 n 2
n n 1 n 2 1 0
f x a x a x a x ... a x a 
 
     
Với n n 1 n 2 1 0
a ,a ,a ,...,a ,a  là hệ số nguyên không quá lớn. Vậy thì khi đó :
  n n 1 n 2
n n 1 n 2
f 1000 a 1000 a 1000 a 1000 ... 
 
   
Do n n 1 n 2
1000 1000 1000 ... 
nên ta được  
 n
n n n
f 1000
f 1000 a 1000 a
1000
  
Vậy ta có thể tìm hệ số của n
x bằng cách lấy
 
n n
f 1000
a
1000
 .
Để tìm hệ số của n 1
x 
, ta sẽ làm tương tự với biểu thức :
 
 
n n 1 n 2
n n 1 n 2 1 0
n n 1 n 2 n 1
n n 1 n 2 n 1
f x a x a x a x ... a x a
f 1000 a 1000 a 1000 a 1000 ... a 1000
 
 
  
  
     
     
Khi đó
  n
n
n 1
n 1
f 1000 a 1000
a
a


 là hệ số của n 1
x 
.
Dần dần, ta có thể tìm hệ số của n 2 n 3
x ,x ,... 
và dần dần, ta tìm được cả đến hệ số tự
do.
www.onthi24h.com - Thông tin tuyển sinh, tài liệu ôn thi

Đó là ý tưởng của thuật toán RÚT GỌN BIỂU THỨC bằng CASIO. Để bạn đọc hình
dung rõ hơn, chúng ta thử sử dụng nó để rút gọn biểu thức sau :
     
2 32 2
f x x 2x 1 x 1 x 16x 7       
Khi đó   4 3 2
4 3 2 1 0
f x a x a x a x a x a     . Xét hàm số với x 1000 , ta được :
 
 
 
 
 
11 11 12 4
4
4 9 3
4 3
4 3 6 2
4 3 2
4 3 2 3
4 3 2 1
4 3 2
4 3 2 1 0
f 1000 9.94 998 017 10 10 10 10 x a 1
f 1000 a x 5 001 982 993 5 10 5 x a 5
f 1000 a x a x 1 982 993 2 10 2 x a 2
f 1000 a x a x a x 17 007 17 10 17 x a 17
f 1000 a x a x a x a x 7 a
       
           
            
         
       7
Kết luận :   4 3 2
f x x 5x 2x 17x 7     .
Nhận xét : Chỉ cần tính được  f 1000 là chúng ta có thể sử dụng được thuật toán trên.
Tất nhiên là CASIO sẽ giúp chúng ta thực hiện việc này, nhưng để thực hiện nhanh
chóng và chính xác thì bạn đọc cần đến các phím chức năng ở dưới đây :
Phím r (CALC)
 Vị trí: Bên phải phím y (giáp với phím q, a)
 Chức năng : Gán giá trị cho ẩn số và sau đó tính giá trị biểu thức.
 Cách sử dụng :
 Viết biểu thức chứa ẩn (có thể là A, B, C, D, E, F, X, Y, M)
 Ấn r, máy hỏi giá trị cần gán vào ẩn
 Nhập hằng số cần gán, ấn p
 Máy sẽ lưu giá trị vào ẩn đó và in ra giá trị biểu thức
 Ví dụ minh họa : Tính  
 
2
2
3
x 2y
f x,y
x y



tại
x 5
y 1
 


 Nhập biểu thức
 
2
2
3
X 2Y
X Y


 Ấn CALC, máy hỏi X?
 Ấn 5 rồi ấn p
 Tiếp tục, máy hỏi Y?
Máy hiện kết quả
529
6
. Tức   529
f 5;1
6
 .
 Nhận xét : Ta có thể tính  f 1000 bằng cách viết biểu thức chứa X, ấn CALC,
nhập 1000 và ấn p, máy sẽ gán X 1000 và in ra giá trị biểu thức  f X .
 Lưu ý : Ta nói gán X 1000 có nghĩa là X có giá trị bằng 1000 và sau này sử
dụng X thì ta coi như sử dụng giá trị vừa gán là 1000. Ví dụ sau khi CALC cho
X 1000 , bạn đọc ấn X 1 , máy sẽ hiển thị kết quả là 1001.

C – THỰC HIỆN
Ví dụ 1 : Rút gọn biểu thức :
 
2
2 2
x 2x 4 x 16x 8    
Hướng dẫn :
Xét    
2
2 2
f X X 2 4 X 1X 6 8X     .
Bước 1 : Nhập biểu thức
 
2
2 2
X 2 4 16X X 8X   
Bước 2 : Ấn CALC, máy hỏi X?
Bước 3 : Nhập 1000 và ấn p, máy hiển thị kết
quả
Vậy   11 12 4
f 1000 9.96010968 10 10 X    Hệ số 4
a 1
Bước 4 : Ấn ! sửa biểu thức thành
 
2
2 2 4
X 2 4 X 8 XX X16    
Bước 5 : Ấn p, máy hiển thị kết quả
Vậy
  4 9 3
f 1000 X 3989031976 4 10 4X       
Hệ số 3
a 4 
 
2
2 2 4 3
X 2 4 X 1X X6 8 X 4X     
Ấn p, máy hiển thị kết quả
Vậy
  4 3 6 2
f 1000 X 4X 10968024 11 10 11X     
Hệ số 2
a 11

 
2
2 2 4 3 2
X XX 2 4 X 16 8 X 4X 11X      
Vậy
  4 3 2 3
f 1000 X 4X 11X 31976 32 10 32X         
Hệ số 1
a 32 
 
2
2 2 4 3 2
X 2 4 X 16 8X X 4X 11X 32XX       
Vậy hệ số tự do là 24 Hệ số 0
a 24
Kết luận :  
2
2 2 4 3 2
x 2x 4 x 16x 8 x 4x 11x 32x 24         
      
4 3 2
2x 1 x 1 x 3 x 2 2x 4       
Hướng dẫn : Ta sẽ làm tương tự như ví dụ trên.
Xét         
4 3 2
f X 2 1 X 1 X 3 X 2 2X X 4         tại X 1000
Bước 1 : Nhập biểu thức của  f X , tức là :
      
4 3 2
2 1 X 1 X 3 X 2X 2 4X       
Bước 2 : Ấn CALC, nhập 1000 và ấn p ta
được
13 12 4
1.695806094 10 17 10 17X   
Vậy hệ số 4
a 17
Bước 3 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 4
17X và
ấn p ta được
10 9 3
4.193906397 10 42 10 42X      
Vậy hệ số 3
a 42 
Bước 4 : Ấn !, lấy biểu thức cộng thêm 3
42X
và ấn p ta được
6 2
60936028 61 10 61X  
Vậy hệ số 2
a 61

Bước 5 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 2
61X và
ấn p ta được
3
63972 64 10 64X     
Vậy hệ số 1
a 64 
Bước 6 : Ấn !, lấy biểu thức cộng thêm 64X
và ấn p ta được hệ số tự do là 28
Vậy hệ số 0
a 28
Bước 7 : Ấn !, lấy biểu thức trừ đi 28 . Sau
đó CALC cho X là một số bất kỳ từ 10 đến
10 thì giá trị biểu thức là 0.
Tức
  4 3 2
f X 17X 42X 61X 64X 28 0 X       .
Vậy đáp số của CASIO là đúng.
Kết luận :       
4 3 2 4 3 2
2x 1 x 1 x 3 x 2 2x 4 17x 42x 61x 64x 28            
Bài tập tương tự : Rút gọn các biểu thức sau :
a)    
2 42
x x 1 x 1 2x 1      3 2
6x 7x 1  
b)      
4 3 2
2x 1 3x 1 x 7 x 2x 28       4 3 2
16x 6x 44x 3x 26   
c)    
3 2
2 3 2 2
2x 3x 1 2 2x 4x x 2 8x 18        5 4 3 2
4x 2x 9x x 17x 9     
d)     
2 2
3 2
x 3x 2 3x 2 x x    
6 5 4 3 2
x 3x 2x 3x 7x 12x 4     
Nhận xét : Chúng ta gặp một chút rắc rối với câu d. Nếu bạn đọc sử dụng máy
VINACAL 570ES PLUS II thì sẽ được đáp số chính xác, còn đối với máy tính CASIO
570VN PLUS hoặc thấp hơn, nó sẽ tính sai mất hệ số tự do. Thật vậy :
    
2 2
3 2
x 3x 2 3x 2 x x    
Hướng dẫn :
Xét       
2 2
3 2
f X X 3 2X X3 2 X X      tại X 1000 .
Bước 1 : Nhập biểu thức:
    
2 2
3 2
X 3 2 3 2 XX XX    

Bước 2 : CALC cho X 1000 ta được :
17 18 6
9.96997997 10 10 X  
Vậy hệ số 6
a 1
Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 6
X ta được :
15 15 5
3.002002993 10 3 10 3X      
Vậy hệ số 5
a 3 
Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm 5
3X ta được
:
12 12 4
2.002992988 10 2 10 2X      
Vậy hệ số 4
a 2 
Từ bước 5 trở đi, ở 2 máy VINACAL 570ES PLUS II và CASIO 570VN PLUS có sự
khác biệt :
VINACAL 570ES PLUS II CASIO 570VN PLUS
Bước 5 : Lấy biểu thức
4
2X
Hệ số 3
a 3 
3
3X
Hệ số 2
a 7
2
7X
Hệ số 1
a 12
12X
Hệ số tự do 0
a ?
Theo đáp án thì VINACAL 570ES PLUS II có kết quả chính xác. Lý do là bởi vì không
gian tính toán chính xác của VINACAL là 18
10 trong khi của CASIO là 15
10 . Để giải
quyết vấn đề của CASIO, đồng thời nâng cấp thuật toán lên tới tận bậc 8, chúng ta sẽ
chỉ CALC cho X 1000 khi tìm hệ số của 8 7 6 5 4
X ,X ,X ,X ,X . Và để tìm hệ số của
3 2
X ,X ,X, hệ số tự do thì chúng ta CALC cho X 0.001 .
   
4
2 6 2
2x 3x 1 x 4x 15x 5    
Hướng dẫn :
Xét      
4
2 6 2
f X 2X 3X 1 X 4X 15X 5      tại X 1000 .

CASIO 570VN PLUS
Bước 1 : Nhập biểu thức. CALC cho X 1000 .
Ta dễ dàng tính được hệ số
8 7 6 5 4
a 20,a 111,a 179,a 72,a 111      .
Để tìm hệ số bậc 3, 2, 1, 0 thì ta viết lại biểu thức
ban đầu.
Bước 2 : CALC cho X 0.001 ta được :
   
4
2 6 2
2X 3X 1 X 4X 15X
0.9880459 9 1
5
63
   
 

Hệ số 0
a 1
Bước 3 : Lấy biểu thức trừ đi 1 ta được :
3
3
0.01195403611 11.954 10
12 10 12X


   
    
Hệ số 1
a 12 
Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm 12X ta được :
5 6 6 2
4.596388908 10 45.96 10 46 10 46X  
     
Hệ số 2
a 46
46X ta được :
8 9
9 3
3.6110925 10 36.11 10
36 10 36X
 

    
    
Hệ số 3
a 36 
36X ta được :
10 12 12 4
1.10925 10 110.925 10 111 10 111X  
         
Hệ số 4
a 111 
Kết luận :
   
4
2 6 2 8 7 6 5 4 3 2
2x 3x 1 x 4x 15x 5 20x 111x 179x 72x 111x 36x 46x 12x 1             
a)   4 4
x 4x 2 x 3x 1 7x 4     
b)      
2 2
3 2 3 2
x 3x 4 x 4x 2 4 2x 3x 5x 2       
c)     
2
4 3 2 3 2
4x 4x 5x 2x 1 2x 1 2x 3x 2x 2        
d)  
3
3 2
x 7x 2 3x 11x 4    
Gợi ý :

a) 8 5 4 2
x x x 12x 17x 6    
b) 8 7 6 5 4 3 2
x 4x 8x 32x 9x 92x 50x 32x 16       
c) 8 7 6 5 4 3 2
16x 32x 24x 56x 21x 32x 13x 6x 3       
d) 9 7 6 5 4 3 2
x 21x 6x 147x 84x 331x 297x 95x 12       
Nhận xét : Vậy là với sức mạnh của máy tính cầm tay, chúng ta có thể rút gọn một đa
thức bậc cao hệ số lớn một cách nhanh chóng và chính xác. Tuy nhiên, trong kỳ thi
THPT Quốc Gia, rất ít khi chúng ta phải rút gọn biểu thức lớn như vậy, cùng lắm là
bậc 6 với hệ số không quá lớn.
D – MỞ RỘNG
Bằng việc nhân thêm biểu thức với mẫu số để quy đồng, chúng ta có thể rút gọn biểu
thức có chứa phân thức một cách nhanh chóng và chính xác.
2
11 3
x 1 2x 3 x 3
 
  

 
Hướng dẫn : Ta sẽ quy đồng biểu thức trên bằng cách nhân biểu thức với
     
2 2
x 1 2x 3 x 3   và sau đó sử dụng thủ thuật rút gọn biểu thức như bình
thường.
Xét        
2
2 21
f X X 1 2X 3 X 3
X
1 3
X 1 32X 3
  
        
 


tại X 1000 .
     
2
2 21
X 1 2X 3 X 3
X 3
1 3
X 1 2X 3
  
        

 
12 12 4
4.020914006 10 4 10 4X   
Hệ số 4
a 4
4X ta được :
10 9 3
2.091400601 10 21 10 21X   
Hệ số 3
a 21
21X ta được :
6 2
85993991 86 10 86X     
Hệ số 3
a 21

86X ta được :
6009 6X 9 
Hệ số 1
a 6 và 0
a 9
Kết luận :
     
2 4 3 2
2 2
4x 21x 86x 6x 91 3
x 1 2x 3
1
x 3 x 1 2x 3 x 3
    
   

   
a)
2
2 2
x 1 5x 1
x
2 2
  
  
 
4 2
x 8x 4x 3
4
  
b) 2 2
2x 1x 1 10x 8
3x 1 x 2
 
 
    
5 4 3 2
2 2
10x 8x 33x 30x 20x 25
3 x 1 x 2
     
 
c)
2
1 1 25
1 6x
x 1 x 4
 
       
5 4 3 2
2 2
24x 27x 34x 29x 8x 4
4 x 1 x
    

d)
3
2
1
1 2x 1
2x x 2
 
   
    
7 6 5 4 3 2
3
2
16x 24x 36x 34x 48x 9x 25x 7
2x x 2
       
 
Nhận xét : Ngoài mở rộng rút gọn biểu thức cho phân thức, thủ thuật này còn mở
rộng cho khai căn biểu thức và cho nhiều ẩn. Ví dụ :
 6 4 3 2 3
x 4x 4x 4x 8x 4 x 2x 2       
      3 2 3 2 2 3
x m 8m x 1 16x 8m x 5mx 3m 16m 16 x m 16m           
Bạn đọc có thể tự nghiên cứu và tìm hiểu.
BÀI 1.2 : THỦ THUẬT CHIA BIỂU THỨC
Có lẽ với một số bạn đọc vẫn quen với việc chia biểu thức thủ công bằng lược
đồ Horner hoặc nhóm các nhân tử trên nháp. Tuy nhiên, với sự trợ giúp của máy tính
CASIO, chúng ta có thể thực hiện phép chia hết một cách dễ dàng, nhanh chóng và
chính xác hơn rất nhiều. Ví dụ :
   
6 5 4 3 2
3 24x 4x 7x 6x 4x 2x 1
2x 3x 1
x 1 2x 1 x 1
     
  
  
B – Ý TƯỞNG

Thương của một phép chia hết một ẩn
 
 
f x
g x
sẽ là một đa thức. Do đó coi như
 
 
f x
g x
chỉ là một biểu thức mà chúng ta cần rút gọn ở bài 1.1, chúng ta vẫn CALC cho
X 1000 để tìm thương. Ví dụ :
 
6 4 3 2
2
x 7x 4x 7x 2x 2
q x
x x 1
    

 
Xét với x 1000 thì khi đó :
 
 
 
 
12 4
4 3
4 3 2
4 3 2
q 1000 1.000995 10 x
q 1000 x 995000002 x
q 1000 x x 4999998 5x
q 1000 x x 5x 2
  
  
     
   
Tóm lại ta được  
6 4 3 2
4 3 2
2
x 7x 4x 7x 2x 2
q x x x 5x 2
x x 1
    
    
 
.
C – THỰC HIỆN
Ví dụ 1 : Tìm thương của phép chia :
6 2
2
27x 45x 36x 20
3x 3x 2
  
 
Hướng dẫn :
Xét  
6 2
2
27X 45X 36X 20
f X
3X 2X3
  

 
tại X 1000 . Khi đó :
6 2
2
27X 45X 36X 20
3X 3 2X
  
 
12 12 4
8.991003003 10 9 10 9X   
Vậy hệ số 4
a 9
9X ta được :
9 3
8996996990 9 10 9X     
Vậy hệ số 3
a 9 

9X ta được
:
6 3 2
3003010 3 10 3 10 10 3X 3X 10       
Vậy hệ số 2
a 3 , 1
a 3 và 0
a 10
Kết luận :
6 2
4 3 2
2
27x 45x 36x 20
9x 9x 3x 3x 10
3x 3x 2
  
    
 
Bài tập tương tự : Tìm thương của các phép chia sau :
a)
6 3 2
3
x 16x 9x 36x 28
x 3x 14
   
 
3
x 3x 2 
b)
 
7 5 4 3 2
5
x 14x 35x 35x 14x 1
x 1
    

2
x 5x 1 
c)
  
8 6 4 2
2 2
x 5x 8x 5x 1
x 2x 1 x x 1
   
   
4 3 2
x 3x 2x x 1   
d)
8
2
x 21x 13
x x 1
 
 
6 5 4 3 2
x x 2x 3x 5x 8x 13     
Nhận xét : Vậy bằng thủ thuật này, chúng ta có thể thực hiện phép chia hết với tử và
mẫu đều là các biểu thức cồng kềnh.
Ví dụ 2 : Tìm thương của phép chia :
2
2
2
1 3
3x 4x x
2 2
2x 2x 1
 
    
 
 
Hướng dẫn : Ta sẽ nhân thêm 4 để quy đồng biểu thức và sau đó thực hiện phép chia
như bình thường.
Xét  
2
2
2
1 3
3X 4X X
2 2
f X 4
2X 2X 1
 
    
  
 
2
2
2
1 3
3X 4X X
2 2
4
2X 2X 1
 
    
  
 
6 2
17970005 18 10 18X  
Hệ số 2
a 18

18X ta được :
3
29995 30 10 30X     
Hệ số 1
a 30 
Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm 30X ta được
:
Hệ số tự do 0
a 5
Kết luận :
2
2
2
2
1 3
3x 4x x
18x 30x 52 2
42x 2x 1
 
        
 
Nhận xét : Thủ thuật này sẽ đúng với phép chia có dư ? Câu trả lời là không. Đôi khi
phép chia tưởng như đơn giản nhưng có dư và thương khá phức tạp, ví dụ như :
 
4
3 2x x 1 1 1 1 28 53
x x x
3x 1 3 9 27 81 81 3x 1
 
    
 
Vậy làm thế nào để chắc chắn rằng phép chia đã cho là phép chia hết ? Rất đơn giản,
nếu CALC cho X 1000 mà máy tính cho ta kết quả không phải là số nguyên thì phép
chia này không phải phép chia hết.
Ví dụ 3 : Tìm thương và dư (nếu có) của phép chia :
5 4
3
x x 2
x x 1
 
 
Hướng dẫn :
Xét  
5 4
3
X X 2
f X
X X 1
 

 
5 4
3
X X 2
X X 1
 
 
6 2
998999 10 X 
Hệ số 2
a 1
X ta được :
3
1000.999998 10 X    
Hệ số 1
a 1  . Đây là phép chia có dư.

Bước 4 : Lấy biểu thức cộng thêm X ta được :
0.999998001 1  
Hệ số 0
a 1 
Vậy thương là 2
x x 1  . Chúng ta tiếp tục tìm dư bằng cách lấy :
  5 4 2 3
x x 2 x x 1 x x 1      
Bước 5 : Sửa biểu thức thành :
  5 4 2 3
X X 2 X X 1 X X 1      
3
1999 2 10 2X  
Hệ số 1
a 2
Bước 7 : Lấy biểu thức trừ đi 2X ta được :
Hệ số tự do 0
a 1 
Kết luận :
5 4
2
3 3
2x 1x x 2
x x 1
x x 1 x x 1
 
   
   
hay thương là 2
x x 1  và dư là 2x 1 .
D – MỞ RỘNG
Phép chia có dư được ứng dụng trong tính tích phân nguyên hàm, tìm phương trình
đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm bậc 3, …
Ví dụ 4 : Tính tích phân :
2 5 4 2
2
0
x x 2x 3
I dx
x 2x 2
  

 
Hướng dẫn :
Xét  
5 4 2
2
X X 2X 3
f X
X 2X 2
  

 
Bước 1 : Nhập biểu thức :
5 4 2
2
X X 2X 3
X 2X 2
  
 
9 3
1000999996 10 X 
Hệ số 3
a 1

X ta được :
6 2
999995.992 10 X 
Hệ số 2
a 1
X ta được :
4.008011006 4  
Hệ số 0
a 4 
Vậy thương là 3 2
x x 4  . Ta sẽ tìm dư bằng cách lấy :
  35 4 2 2 2
x x 2x 3 x x 4 x 2x 2      
  35 4 2 2 2
X X 2X 3 X X 4 X 2X 2      
7995 8X 5   
Vậy dư là 8x 5 
Kết luận :
5 4 2
3 2
2 2
x x 2x 3 8x 5
x x 4
x 2x 2 x 2x 2
   
   
   
Lời giải : Ta có :
 
   
2 25 4 2
3 2
2 2
0 0
2
2 2 24 3
2 2 2
0 0 00
x x 2x 3 8x 5
I dx x x 4 dx
x 2x 2 x 2x 2
8 x 18x 5x x 4 3
4x dx dx dx
4 3 3x 2x 2 x 1 1 x 1 1
    
     
    
  
        
      
 
  
Tính
 
 
  
 
 
2
2 2 2
2
1 2 2
0
0 0
x 1 18 x 1
I dx 4ln x 2x 2 0
x 1 1
d
1 1
4
x
 
     
   
 
Tính
 
2
2 2
0
3
I dx
x 1 1

 
 . Đặt  2
x 1 tant dx tan t 1 dt     . Đổi cận
x 0 t
4
x 2 t
4
 
   

   

ta được :
 
 22 4 4
2 2 2
0
4 4
3 tan x 13 3
I dx dt 3dt
2tan x 1x 1 1
 
 
 
 
   
 
  

Kết luận :
2 5 4 2
2
0
x x 2x 3 4 3
I dx
3 2x 2x 2
   
   
  .
Ví dụ 5 : Cho hàm số 3 2
y x 3x 1   (C). Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực
trị của đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn ( ) :    
2 2
x m y m 1 5    
(Đề thi thử THPT Chuyên Vĩnh Phúc – Vĩnh Phúc – Lần 4 – Năm 2012)
Hướng dẫn : Ta có 2
y' 3x 6x  . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của y có dạng
y ax b  với ax b là dư của phép chia
3 2
2
1x 3x
3x 6x


Xét  
3 2
2
X 3X
f 3
6X
1
X
3X

 

Bước 1 : Nhập biểu thức :
23
2
X 3X
3
3
1
X 6X



998.997997 999 X 1  
Ta tìm dư bằng cách lấy
 23 2X 1
1 3X 6X
3
X 3X

   
 23 2X 1
1 3X 6X
3
X 3X

   
Ta được 1999 2x 1    . Đây chính là dư cần
tìm.
Kết luận : 2
3
2
2
x 3x x 1 2x 1
33x 6x 3x 6x
1  
 



Lời giải : Ta có :  2
y' 3x 6x 3x x 2    . Do đó y' 0 có 2 nghiệm phân biệt là 0 và 2
suy ra hàm số y có 2 điểm cực trị. Vì
 23 2 x 1 x 1
x 3x 3x 6x 2x 1 y y' 2x 1
3 3
1
 
        nên tọa độ 2 điểm cực trị đều
thỏa mãn y 2x 1   . Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là (d) :
y 2x 1  
Để (d) tiếp xúc với ( ) khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm  I m,m 1 đến (d) bằng bán
kính R 5
I/(d) 2 2
2m m 1 1 5
d R 5 3m 5 m
32 1
  
        

Kết luận :
5
m
3
 hoặc
5
m
3
  .

Nhận xét : Trong phép chia hết
 
 
f x
g x
thì  g x là nhân tử của  f x . Vậy nếu muốn
phân tích thành nhân tử  f x thì chỉ cần biết  g x là xong. Để tìm hiểu rõ hơn, bạn
đọc cùng đến với thủ thuật sau :
BÀI 1.3 : THỦ THUẬT TÌM NHÂN TỬ
Nghiệm của nhân tử cũng chính là nghiệm của đa thức, do đó nếu chúng ta biết
được nghiệm của phương trình đa thức ban đầu, chúng ta sẽ tìm được nhân tử của nó.
B – Ý TƯỞNG
Xét phương trình  f x 0 với  f x là đa thức hệ số hữu tỷ.
Nếu  f x 0 có nghiệm hữu tỷ x k  thì  f x có nhân tử  x k .
Nếu  f x 0 có nghiệm vô tỷ 1
x k a b c   với a,b,c  thì  f x 0 cũng sẽ có
nghiệm vô tỷ 2
x k a b c   . Khi đó nhân tử chứa 2 nghiệm vô tỷ của bài toán sẽ là
  2
1 2 1 2
x k k x k k   .
Ví dụ minh họa : Xét phương trình
4 3 2
8x 12x 2x 7x 2 0     .
Phương trình này có 3 nghiệm là
1
2
3
x 0.5
x
x 0
1.280776406
.780776406
 


  
.
 Vì 1
1
x
2
   nhân tử là  1
x 2x 1
2
 
   
 
 Vì 2 3
2 3
x x 0.5
x x 1
  

 
nhân tử là  2 2x
x 1 2x x 2
2
 
     
 
Điều này là chính xác vì ta luôn có :
   24 3 2 2
8x 12x 2x 7x 2 2x 1 2x x 2       
Vậy quan trọng nhất của thuật toán này là tìm các nghiệm (nếu có) của phương trình
 f x 0 .
Phím SOLVE
 Vị trí: Nằm dưới phím r (giáp với phím q, a)
 Chức năng : Nhập hằng số ban đầu và tìm nghiệm gần nhất giá trị đó
 Viết phương trình ẩn X, có thể không cần viết 0 ở cuối
 Ấn q + r, máy hỏi hằng số ban đầu
 Nhập hằng số, ấn p

 Máy sẽ in ra kết quả nghiệm gần với giá trị ban đầu nhất và gán nó vào
X.
 Ví dụ minh họa : Tìm nghiệm gần 0 nhất của phương trình 4
x 33x 10 0  
 Nhập biểu thức 4
X 33X 10 
 Vào SOLVE (ấn SHIFT + CALC), máy hỏi Solve for X
Máy hiện kết quả X 0.302775637  ,
đồng thời gán luôn cho X.
 Nhận xét : Mỗi lần SOLVE, chúng ta chỉ
tìm được một nghiệm duy nhất của
phương trình. Tuy nhiên, như trong thuật toán thì chúng ta cần biết ít nhất một
nghiệm hữu tỷ hoặc ít nhất 2 nghiệm vô tỷ 1 2
k ,k  sao cho 1 2
1 2
k k
k k
  


.
Thông thường phương trình chỉ có nghiệm tầm cỡ 10;10   nên chúng ta tìm
nghiệm gần 10 , gần 0 và gần 10 nhất và lưu nghiệm đó vào các biến A, B, C,
D, … và xem xem 2 nghiệm nào có tổng, tích là số hữu tỷ.
 Lưu ý : Để lưu nghiệm từ X và A (hoặc B, C, D, …) thì chúng ta cần biết tới
phím STO
Phím STO
 Vị trí: Nằm dưới phím J (giáp với phím b, z)
 Chức năng : Gán giá trị cho một biến nào đó.
 Viết giá trị cần gán
 Ấn q + J
 Ấn một biến cần gán (A, B, C, D, E, F, X, Y, M)
 Ví dụ minh họa : Tìm nghiệm gần 0 nhất của phương trình
4
x 33x 10 0   và
lưu vào A.
 Chúng ta tìm nghiệm tương tự
như trên.
 Ấn X, vào STO (q + J)
 Ấn A.
Máy hiện kết quả X A , tức A
được gán giá trị mà X đang có.
 Nhận xét : Vậy mỗi lần tìm được nghiệm vô tỷ xong, chúng ta lưu vào A, B, C,
… để kiểm tra.
C – THỰC HIỆN
Ví dụ 1 : Giải phương trình :
4 3 2
x 3x 2x 9x 5 0    
Hướng dẫn :

4 3 2
X 3X 2X 9X 5   
Ấn p để lưu biểu thức (sử dụng lại biểu thức
bằng cách ấn E. Lưu ý ấn ON sẽ xóa biểu
thức đã lưu)
Bước 2 : Ấn Shift + SOLVE, máy hỏi Solve for
X.
Đầu tiên ta sẽ tìm nghiệm gần 10 nhất.
Bước 3 : Nhập 10 và ấn p.
Máy hiển thị nghiệm :
X 1.791287847 
Bước 4 : Ấn Shift + STO + A, máy lưu nghiệm
vào A.
Vậy A 1.791287847 
Bước 5 : Ấn E để quay lại biểu thức.
Ấn Shift + SOLVE, máy hỏi Solve for X.
Nhập 0 và ấn p. Máy hiển thị nghiệm X 1 .
Nghiệm này là nghiệm hữu tỷ nên không cần
lưu nữa.
Bước 6 : Ấn p, máy hỏi Solve for X. Nhập 10
và ấn p.
Máy hiển thị nghiệm :
X 2.791287847 .
Bước 7 : Ấn Shift + STO + B, máy lưu nghiệm
vào B.
Vậy B 2.791287847 .
Phương trình có nghiệm hữu tỷ là x 1 nên có nhân tử  x 1 .
Phương trình có thêm 2 nghiệm vô tỷ là A 1.791287847  và B 2.791287847 .
Bước 7 : Thành thử lấy A B ta được :
A B 1 

Bước 8 : Thành thử lấy AB ta được :
AB 5 
Vậy phương trình có nhân tử     2 2
x A B x AB x x 5     
Bước 9 : Chia biểu thức
  
4 3 2
2
X 3X 2X 9X 5
X X 5 X 1
   
  
Ta được 999 X 1 
Kết luận :   
24 3 2 2
x 3x 2x 9x 5 x x 5 x 1       
    
2
24 3 2 2
2
x 1
x 3x 2x 9x 5 0 x
x 1
0
0 1 21
xx x
x 1
5
5 x
0
2

 
     
        
 


 
Kết luận : x 1 hoặc
1 21
x
2

 .
Nhận xét : Có một mẹo biến đổi A, B từ một số thập phân vô hạn thành số vô tỷ bằng
CASIO như sau
Nếu A B thì
 
2
A B A B
A
2
  
 và
 
2
A B A B
B
2
  

Nếu A B thì
 
2
A B A B
A
2
  
 và
 
2
A B A B
B
2
  

Bạn đọc có thể thực hành ngay trên chiếc máy tính của mình.
Bài tập tương tự : Giải các phương trình sau :
a)
4 3 2
x 2x 2x 3x 2 0        2
x 1 x 2 x x 1 0    
b)
4 3 2
4x 8x 7x 11x 3 0        2 2
2x 1 x x 3 0   
c)
4 3 2
2x x 29x 34x 24 0         x 2 2x 1 x 4 x 3 0    

d) 4 3 2
x 3x x 4 0       2 2
x 2 x x 1 0   
Nhận xét : Vậy nếu A B  thì sao ? Chúng ta sẽ tìm các nghiệm khác như ví dụ
dưới đây :
4 3 2
2x x 11x 2x 8 0    
Hướng dẫn :
4 3 2
2X X 11X 2X 8   
Ấn p để lưu biểu thức.
Bước 2 : Ấn Shift + SOLVE, tìm nghiệm gần
10 ta được :
X 1.791287847 
Ấn Shift + STO + A để lưu nghiệm này vào A.
Bước 3 : Quay lại biểu thức, tìm nghiệm gần 0
ta được :
X 0.780776406
Ấn Shift + STO + B để lưu nghiệm này vào B.
Bước 4 : Quay lại biểu thức, tìm nghiệm gần
10 ta được :
X 2.561552813
Ấn Shift + STO + C để lưu nghiệm này vào C.
Bước 5 : Thành thử thấy trong 3 tổng A B ,
B C , C A chỉ có C A 1   . Khi đó
CA 4  
Vậy nhân tử của phương trình là  2
x x 4 
Bước 6 : Thực hiện phép chia
4 3 2
2
2X X 11X 2X 8
X X 4
   
 
ta được thương là
2
2X X 2 
Kết luận :   4 3 2 2 2
2x x 11x 2x 8 2x x 2 x x 4         .
Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc.
Kết luận :
1 17
x
4
 
 hoặc
1 17
x
2

 .

a) 4 2
x 9x 6x 7 0      2 2
x x 1 x x 7 0    
b)  
2
2
2x 9x 5 3x 2 0       2 2
x 5x 3 4x 16x 9 0    
c)  
3
2 2
x 2 10x 12x 7 0        2 2 2
x x 1 x 3x 3 x 4x 5 0      
d)  
4
2 2
x 2x 2 7x 14x 2 0     
   2 2 4 3 2
x x 3 x 3x 1 x 4x x 6x 6 0        
Nhận xét : Vậy là từ nghiệm của phương trình, chúng ta dễ dàng phân tích nhân tử
được chúng.
Không biết bạn đọc có để ý, tất cả các ví dụ, các bài tập tự luyện trong chương này đều
lấy từ đề thi và chúng có thể phân tích nhân tử được. Giả dụ như trong Ví dụ 4, bài 1.1
– rút gọn biểu thức, ta có :
   
    
4
2 6 2
8 7 6 5 4 3 2
2 4 3 2
2x 3x 1 x 4x 15x 5
20x 111x 179x 72x 111x 36x 46x 12x 1
x 1 4x 1 x 3x 1 5x 9x 6x 6x 1
    
        
        
Kết hợp thủ thuật rút gọn biểu thức và phân tích nhân tử, chúng ta có phương pháp
giải phương trình vô tỷ đầu tiên trong cuốn sách này, đó là phương pháp : Khử căn
thức.
BÀI 1.4 : THỦ THUẬT KHỬ CĂN THỨC
Là một phương pháp cơ bản để giải Phương Trình Vô Tỷ (PTVT), chúng được
gắn liền với cái tên “bình phương hai vế”, “lập phương hai vế”, “chuyển vế bình
phương”, … Tuy nhiên, sau những bước khử căn thức đó, chúng ta phải làm gì tiếp
theo ? Chuyên đề này sẽ hướng dẫn chi tiết cho bạn đọc phương pháp khử căn thức
bằng CASIO.
B – Ý TƯỞNG
Để khử căn thức, chúng ta cần chuyển căn thức sang một vế rồi bình phương,
lập phương, … để mất hết căn thức. Ví dụ như :
        
2
f x g x f x g x  
        
3
3f x g x f x g x  
        
4
4f x g x f x g x  
                f x g x h x f x g x 2 f x g x h x      sau đó đưa về dạng
đầu tiên
Sau khi đưa về phương trình đa thức, chúng ta sẽ đi giải nó bằng cách phân tích thành
nhân tử.

Lưu ý : Trong quá trình khử căn thức, chúng ta sử dụng dấu “suy ra” thì đến bước
cuối, chúng ta phải kiểm tra lại nghiệm. Ví dụ sau sẽ giúp bạn đọc dễ hình dung hơn :
Giải phương trình :
22
x x 1 2x 4x 1 0     
 Khử căn thức :
 
2 2
2
2 2
2
2 4 3 2
x x 1 2x 4x 1 0 x x 1 2x 4x 1
x x 1 2x 4x 1 4x 16x 19x 7x 0
           
          

 Phân tích thành nhân tử :   4 3 2 2
4x 16x 19x 7x 0 x x 1 4x 12x 7 0        
 Giải nghiệm : x 0 hoặc x 1 hoặc
3 2
x
2


 Kiểm tra lại nghiệm : Chỉ có x 1 hoặc
3 2
x
2

 thỏa mãn bài toán
 Kết luận x 1 hoặc
3 2
x
2


C – THỰC HIỆN
  2
3x 1 x 3 2x 1   
Hướng dẫn :
Bước 1 : Khử căn thức :
       2 22 2
3x 1 x 3 2x 1 3x 1 x 3 2x 1 0         
Bước 2 : Sử dụng thủ thuật Rút gọn biểu thức :
     2 2 2
4 3 2
3x 1 x 3 2x 1
2x 12x 8x 12x 10
   
     
Bước 3 : Sử dụng thủ thuật Phân tích thành
nhân tử :
   
4 3 2
2
2x 12x 8x 12x 10
2 x 1 x 5 x 1
    
    
Lời giải : ĐKXĐ :
1
x
2
 hoặc
1
x
2
  . Ta có :
       2 22 2 4 3 2
3x 1 x 3 2x 1 3x 1 x 3 2x 1 0 2x 12x 8x 12x 10 0                
   
2
x 1
0 x 5
x 1
2 x 1 x 5 x 1
  

   

 

 

(thỏa mãn ĐKXĐ)

Thử lại chỉ thấy x 1  hoặc x 5 thỏa mãn bài toán.
Kết luận : x 1  hoặc x 5
a)  2
2x 4x 3 3x 4 2x 1 0      x 1 hoặc
5 5
x
4


b)  2 2
x 4x 6 x 4 x 2x 2 0       1
x
3
 hoặc
3 3
x
3
 

c) 3 2 2
2x x 15x 4 3x 7x    
3 5
x
2
 
 hoặc
5 33
x
4


d) 3 2 5 2
2x x 6x 2 x 5x 11x 6 0        x 2  hoặc
1 5
x
2


 3
2 x 1 x 1 3x 4   
Hướng dẫn :
     
4 33
2 x 1 x 1 3x 4 8 x 1 3x 4 0        
   
4 3
4 3 2
8 x 1 3x 4
8x 5x 60x 112x 56
  
    
nhân tử :
  
4 3 2
2 2
8x 5x 60x 112x 56
8x 21x 14 x 2x 4
   
    
     
4 33 4 3 2
2 x 1 x 1 3x 4 8 x 1 3x 4 0 8x 5x 60x 112x 56 0              
  2 2 2
8x 21x 14 x 2x 4 0 x 2x 4 0 x 1 5            
(vì
2
2 21 7
8x 21x 14 8 x 0 x
16 32
 
        
 
)
Kết luận : x 1 5 
a)  3x 2 2x 1 3x 1    1 5
x
2

 hoặc
6 5 2
x
2



b)  2 2
x 4x 6 x 4 x 2x 2 0       1
x
3
 hoặc
3 3
x
3
 

c) 3 2 2
2x x 15x 4 3x 7x    
3 5
x
2
 
 hoặc
5 33
x
4


d)
3
23
x
9 x 1 x 3x 9 0
9
     
x 0 hoặc x 3  hoặc
x 3 3 3  
x 3 6 x 2x 3    
Hướng dẫn :
   
    
2 2
2
2 2
x 3 6 x 2x 3 x 3 6 x 2x 3
2 6 x x 3 4x 12x 6 x x 3 2x 6x
          
        
    
2
2
4 3 2
6 x x 3 2x 6x
4x 24x 37x 3x 18
   
     
nhân tử :
  
4 3 2
22
4x 24x 37x 3x 18
x 3x 2 2x 3
    
    
Lời giải : ĐKXĐ : 3 x 6   . Ta có :
   
2 2
x 3 6 x 2x 3 x 3 6 x 2x 3          
    
  
2
2 2
24 3 2 2
2 6 x x 3 4x 12x 6 x x 3 2x 6x
4x 2 04x 37x 3x 18 0 x 3x 2 2x 3
        
         


2
x 3x 2 0
2x 3
3 17
x
2
3
x
0
2
 

 
 
  
 
Thử lại chỉ thấy
3 17
x
2

 thỏa mãn bài toán.
Kết luận :
3 17
x
2



a) x 1 3 1 x 4x 1 0     
3
x
2
 
b) x 1 2 x 1 3x 5     20 4 7
x
9


c) 2
2 x 2x 4 2x 3 3     x 2
d) 2
5 x 1 6 x 1 4 x 1 2x 5      
5
x
4
 hoặc
20 4 7
x
9


Nhận xét : Thủ thuật này khá đơn giản và cơ bản để giải PTVT. Bây giờ chúng ta sẽ
thử áp dụng nó vào những bài toán khó hơn trong đề thi THPT Quốc Gia.
     
2
2 2
3 1 3 1
3 3
3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0
 
           
 
(Đề thi THPT Quốc Gia – 2016)
Hướng dẫn :
Quan trọng nhất khi nhìn vào phương trình logarit này là đưa về cùng một cơ số. Ở
đây, chúng ta sẽ đưa về logarit cơ số 3 :
       
22 2
3 3 3 3
PT 3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0          
Để ý rằng :      2
3 3 3
log 9x 2log 3x 2 1 log x   (vì x 0 ). Do đó ta có :
       2 2
3 3 3 3
PT 3log 2 x 2 x 4log 2 x 2 x log 3x log 3x 0         
Vậy nếu ta đặt
 
 
3
3
a log 2 x 2 x
b log 3x
    


thì
  2 2
PT 3a 4ab b 0 a b 3a b 0       
   
     
3 3
3
3 3
log 2 x 2 x log 3x 2 x 2 x 3x
2 x 2 x 3x3log 2 x 2 x log 3x
        
  
          
Vậy vấn đề của chúng ta là giải quyết phương trình 2 x 2 x 3x    và
 
3
2 x 2 x 3x    .
a) Phương trình 2 x 2 x 3x   
 
   
2
2
2
2 2 2 2
2 x 2 x 3x 2 x 2 x 9x
2 4 x 9x 4 4 4 x 9x 4
        
       

   
2
2 2
4 2
4 4 x 9x 4
81x 68x
  
  
Bước 3 : Phân tích thành nhân tử : Dễ thấy  4 2 2 2
x 81x 61 x 88 x 68    
b) Phương trình  
3
2 x 2 x 3x   
Bước 1 : Tìm nghiệm  
3
2 X 2 X 3X    ,
máy báo :
Can’t solve
Vậy phương trình này vô nghiệm.
Ta sẽ chứng minh phương trình  
3
2 x 2 x 3x    vô nghiệm.
Bước 2 : Xét dấu của  
3
2 x 2 x 3x    .
CALC cho một vài giá trị của X hoặc dùng
Mode TABLE, chúng ta thấy rằng
 
3
2 x 2 x 3x 0 x 2,2         
Bước 3 : Điều kiện ràng buộc của x chỉ là x 0;2  , trong khi cần đánh giá
2 x 2 x   lớn hơn hoặc bằng một cái gì đó, chúng ta sẽ nghĩ tới biểu thức sau :
   
2 3
2
2 x 2 x 4 2 4 x 4 0 2 x 2 x 8            
Vậy khi đó  
3
2 x 2 x 3x 8 3x 2 0        (do x 2 ). Vậy ta được điều phải
chứng minh.
Lời giải : ĐKXĐ : 0 x 2  . Đặt
 
 
3
3
a log 2 x 2 x
b log 3x
    


ta được :
     
       
       
  
   
2
2 2
3 1 3 1
3 3
22 2
3 3 3 3
2 2
3 3 3 3
2 2
3 3
3
3log 2 x 2 x 4log 2 x 2 x log 3x log 3x 0
a b
3a 4ab b 0 a b 3a b 0
3a b
log 2 x 2 x log 3x
3log
 
           
 
          
         
 
         

   

     
3
3
2 x 2 x 3x
2 x 2 x 3x2 x 2 x log 3x
     
 
          

Nếu 2 x 2 x 3x    thì suy ra  
2
2 2 2
2 x 2 x 9x 2 4 x 9x 4       
     
2
2 4 22 2 2
4 4 x 9x 4 81x 68x 0 x 81x 68 0       
2
2
x 0
x 0 2 17
x2 17 981x 68 0 x
9
 
        
 
(vì x 0 và
2 17
x
9
 không thỏa mãn ĐKXĐ)
Thử lại thấy
2 17
x
9
 thỏa mãn.
Nếu  
3
2 x 2 x 3x    thì do :
 
2
2
2 x 2 x 4 2 4 x 4 0 2 x 2 x 2            
Khi đó  
3
2 x 2 x 3x 8 3x 2 0        (do x 2 ). Vậy phương trình này vô
nghiệm.
Kết luận :
2 17
x
9
 .
Nhận xét : Bài toán này không quá khó, yêu cầu học sinh cần biết những kỹ năng biến
đổi trong logarit và giải PTVT cơ bản. Thủ thuật CASIO quá dễ để làm việc này.
Tuy nhiên, cái khó ở đây là giải quyết phương trình vô nghiệm  
3
2 x 2 x 3x    .
Nếu không có CASIO, nhiều bạn sẽ nhầm lẫn khi sử dụng BĐT Cauchy
2 x 2 x 2 2    để tìm cách đánh giá. Tuy nhiên dấu của  
3
2 x 2 x 3x   
là dương nên sử dụng BĐT trên sẽ bị ngược dấu. Thay vào đó, việc lấy
 
2
2
2 x 2 x 4 2 4 x      sẽ giúp chúng ta đánh giá dễ hơn.
a)       2 2
5 1 5 5
5
3log 1 2x 1 2x 4log 1 2x 1 2x 1 log x log 5x 0         
b)         
3
3 2
2 1 2 4 2
2
log 1 3 2x 3 3log 1 3 2x 3 log x x log log x 14 x        
c)       2 2 2 2
8lnx 2lnx lnx ln 3x 1 2 lnx ln 3x 1    
d)  
   
2
2 2
2
4 x 2 x 1 2 x 2 x 1x
ln x 2 x 1 ln ln ln 0
2 xx
                     
Gợi ý :

a)
 
3
1 2x 1 2x 5x
1 2x 1 2x 5x
PT
    

    



.
Ta có    
3 3 5
1 2x 1 2x 5x 2 5x 2 2 0
2
        .
b)
  
2
x x 1 3 2x 3
x x 1 3 2x 3
PT
1


    

   
.
Ta có   
2
x x 1 3 2x 3 x x 1 01       .
c)
 
 
2
2 2
4lnx ln 3x 1 0
4lnx ln 3x 2
P
nx
T
1 l 0
   

    

 .
Ta có  2 2
4lnx ln 3x 1 2 lnx 0    (vì x 1 ).
d)   2 2
a b aT b 0P ab    với
 a ln x 2 x 1
x
b ln
2
    


 

.
Ví dụ 5 : Giải phương trình : [1.4-5][2.1.1-7][2.1.3-2]
  
2
2
x 2x 8
x 1 x 2 2
x 2x 3
 
   
 
(Đề thi THPT Quốc Gia – 2015)
Hướng dẫn : Bài toán này có khá nhiều phương pháp giải, nhưng trước tiên chúng ta
sẽ thử giải chúng bằng thủ thuật khử căn thức.
Cách 1 : Khử căn thức trực tiếp :
     
       
2
2 3 2
2
2 22 2 3 2
x 2x 8
x 1 x 2 2 x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2
x 2x 3
x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2
 
            
 
        
       
2 22 2 3 2
7 6 5 4 3 2
x 1 x 2x 3 x 2 2x x 4x 2
x 4x 3x 7x 19x 24x 37x 14
       
       
nhân tử :
   
7 6 5 4 3 2
2 4 3 2
x 4x 3x 7x 19x 24x 37x 14
x 2 x 3x 1 x x 3x x 7
      
       

Bước 4 : Tìm nghiệm phương trình :
4 3 2
x x 3x x 7 0    
Phương trình này vô nghiệm. Chúng ta sẽ
chứng minh :
4 3 2
x x 3x x 7 0    
Dễ thấy    4 3 2 4 3 2 2
x x 3x x 7 x x x 2x 0 xx 7           . Vậy bài toán được
giải quyết.
Cách 2 : Khử căn thức gián tiếp :
Bước 1 : Ta luôn có :
     
  
       
    
2
2 2
2
3 2
x 4 x 2x 2x 8
x 1 x 2 2 x 1 x 2 2
x 2x 3 x 2x 3
x 4 x 2 2 x 2 2 x 2x 3 x 1 x 2 2
x 2 2 x x x 5 x 4 x 2 0
  
        
   
           
         
       
2 23 2 3 2
x x x 5 x 4 x 2 x x x 5 x 4 x 2            
     
2 23 2
6 5 4 3 2
x x x 5 x 4 x 2
x 2x x 9x x 22x 7
     
      
nhân tử :
  
6 5 4 3 2
2 4 3 2
x 2x x 9x x 22x 7
x 3x 1 x x 3x x 7
     
      
Bước 5 : Đánh giá 4 3 2
x x 3x x 7 0     tương tự như trên.
Nhận xét : Cách 1 cho lời giải không được tự nhiên bằng cách 2, mặc dù đích đến cuối
cùng của 2 cách là như nhau. Do đó, nếu phải lựa chọn 1 trong 2 cách trên thì chúng ta
nên làm theo cách 2.
Lời giải : ĐKXĐ : x 2  . Ta có :
     
  
       
    
2
2 2
2
3 2
x 4 x 2x 2x 8
x 1 x 2 2 x 1 x 2 2
x 2x 3 x 2x 3
x 4 x 2 2 x 2 2 x 2x 3 x 1 x 2 2
x 2 2 x x x 5 x 4 x 2 0
  
        
   
           
         
Nếu x 2 2 0 x 2     (thỏa mãn ĐKXĐ).
Nếu        
2 23 2 3 2
x x x 5 x 4 x 2 x x x 5 x 4 x 2            

  
6 5 4 3 2
2 4 3 2
x 2x x 9x x 22x 7 0
x 3x 1 x x 3x x 7 0
       
       
2
x 3x 1 0    (vì
2 2
4 3 2 2 21 3 1 55
x x 3x x 7 x x x 2 x 0
2 4 4 8
   
             
   
)
3 13
x
2

  (thỏa mãn ĐKXĐ).
Thử lại thấy chỉ có
3 13
x
2

 thỏa mãn phương trình  3 2
x x x 5 x 4 x 2      .
Kết luận :
3 13
x
2

 hoặc x 2 .
Nhận xét : Sử dụng thủ thuật CASIO khử căn thức vào bài toán này không được hay
cho lắm, nhưng ít ra nó cho chúng ta lời giải chính xác một cách nhanh chóng mà
không phải tư duy nhiều.
a)  
2
2
x 8x 15 x
1 x 1 2
2x 10x 5
   
    
   
x 5 hoặc x 5 2 3 
b)   
2
2
2x 3x 9
x 4 x 2 1
x 5x 14
 
   
 
7 5
x
2


c)
  
 2
2x 1 x 2
x 2x 1 2
1 2x
 
  

x 2 2 
d)
    
2
2
x 3x 1 2x 3
4 x 1 x 2 3 2x x 2 1
  

    
1 13
x
2
 
 hoặc
89 285
x
46


Nhận xét : Quan sát lại bài toán của đề thi THPT Quốc Gia 2015 ta thấy rằng, người ra
đề có thể làm khó chúng ta ở bước chứng minh 4 3 2
x x 3x x 7 0     . Thật vậy, giả
sử nhân tử còn lại của bài toán là 4 3 2
x x 3x x 7    , liệu chúng ta có thể nhóm hợp
lý để chứng minh 4 3 2
x x 3x x 7 0     ???
Hãy đến với chuyên đề sau đây :
BÀI 1.5 : THỦ THUẬT ĐÁNH GIÁ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 4 VÔ
NGHIỆM
Trong một số trường hợp sau khi khử căn thức, chúng ta bắt gặp một phương
trình bậc 4 vô nghiệm, tức là khi SOLVE để tìm nghiệm, máy báo Can’t solve. Vậy làm
thế nào để giải quyết nó ? Chuyên đề này sẽ giúp bạn đọc đi tìm câu trả lời.

B – Ý TƯỞNG
Giả sử chúng ta gặp phải một đa thức bậc 4 và cần chứng minh nó không âm
hoặc không dương, khi đó ta biến đổi đa thức thành chứng minh :
  4 3 2
f x x ax bx cx d 0 x       
Giả sử 0
x x làm  f x min . Khi đó  f x có cực trị tại 0
x x hay  0
f' x 0 . Ta lại có :
 
 
2 2
4 3 2 2 2
2 2
2 2 2
ax a
f x x ax bx cx d x b x cx d
2 4
ax a
x k b 2k x c ak x d k
2 4
k
  
           
   
  
          
  




Vậy nếu lấy k thỏa mãn
2 0
0
2
ax
x k 0
2
a
b 2k 0
4

  

   

thì do
2
2 ax
x k
2
 
  
 
có cực trị tại 0
x x nên
suy ra rằng  
2
2 2a
b 2k x c ak x d k
4
 
      
 
cũng có cực trị tại 0
x x , tức là :
     
2 2
22 2
0 0
a a
b 2k x c ak x d k b 2k x x f x 0
4 4
   
             
   
Quan trọng bây giờ là tìm k thỏa mãn
2 0
0
2
ax
x k 0
2
a
b 2k 0
4

  

   

với 0
x là điểm rơi của x làm
 f x min . Thay vì phải tính chính xác 0
x và k , chúng ta có thể lấy giá trị gần đúng của
chúng.
Tóm lại, các bước chứng minh   4 3 2
f x x ax bx cx d 0 x        như sau :
Bước 1 : Tìm tất cả các nghiệm (nếu có) của phương trình  f' x 0 , lưu các nghiệm
vào A, B, …
Bước 2 : Kiểm tra    f A ,f B ,... xem giá trị nào thỏa mãn  f x min , giá trị ấy sẽ là 0
x .
Bước 3 : Lấy k sao cho 2 0
0
ax
x k 0
2
   .
Bước 4 : Rút gọn và chứng minh  
2
2 ax
f x x k
2
0
 
  
 
 .
Ví dụ minh họa : Chứng minh   4 3 2
f x x x 3x x 7 0   
Bước 1 : Ta có   3 2
.15
x A 1
f' x 4 6929669x 3x 6x 1 0
1.5930703
x B 0
x C 31
   

       
  

Bước 2 : Thành thử thấy
 
 
 
   7.07979069
f C 3.37724055
f A 5
f B f x min f C
 

  

 
.
Vậy 0
1.59307x C 0331  .
Bước 3 : Ta có 2 0
0
1.74133791 k 0 kx k
2
2
ax
    
Bước 4 : Ta được  
2 2
2 x 3 2 8
f x x 2 x 0
2 4 3 3
   
        
   

Kết luận :
2 2
4 3 2 2 x 3 2 8
x x 3x x 7 x 2 x 0
2 4 3 3
   
          


  
 
C – THỰC HIỆN
 3
x 4x 6 5x 3 x 1    
Hướng dẫn :
Bước 1 : Sử dụng thủ thuật khử căn thức ta được :
       
  
2 23 3
2 4 3 2
x 4x 6 5x 3 x 1 x 4x 6 5x 3 x 1
x 5x 3 x 5x 14x 18x 9 0
          
       
Ta sẽ đi chứng minh   4 3 2
f x x 5x 14x 18x 9 0     
Bước 2 : Ta có :   3 2
f' x 4x 15x 28x 18 0    
có nghiệm duy nhất 1.10273x 2496  . Lưu
nghiệm vào A.
Đây cũng chính là 0
x cần tìm.
Bước 3 : Tìm k thỏa mãn 2 0
0
5x
x k
2
0  
suy ra k 1.540812282 . Lấy
3
k
2
 .
Bước 4 : Sử dụng thủ thuật rút gọn biểu thức ta
được :
 
2
2 25 3 19 21 27
f x x x x x 0
2 2 4 2 4
 
       
 
Lời giải : ĐKXĐ x 1  . Ta có :
       
  
2 23 3
6 4 3 2
2 4 3 2
x 4x 6 5x 3 x 1 x 4x 6 5x 3 x 1
x 8x 37x 39x 9x 27 0
x 5x 3 x 5x 14x 18x 9 0
          
      
       

2
x 5x 3 0    (vì
2 2
4 3 2 2 5 3 19 21 18
x 5x 14x 18x 9 x x x 0
2 2 4 19 19
   
             
   
)
5 13
x
2

  (thỏa mãn ĐKXĐ).
5 13
x
2

Kết luận :
5 13
x
2

 .
a)  3 2
x 2x 6 x 5 x 2 0      1 5
x
2
 

b)  3 2 2
2x 9x 22x 7 3x 1 2x 1 0       x 1
c)  3 2 2
4x x 7 5x 2x 3 x x 1       5 2 10
x
3


d)  4 3 2 2
2x x 4x 2 x x 1 2x 1      x 1 3 
Gợi ý :
a)   2 4 3 2
PT x x 1 x 2x 5x 15x 14 0        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 3 6 185
x 2x 5x 15x 14 x x 7 x 0
2 7 28
   
             
   
b)    4 3 2
PT 2 x 1 2x 5 x 8x 26x 24x 5 0        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 7 27 10 37
x 8x 26x 24x 5 x 4x x 0
4 2 27 432
   
             
   
c)   2 4 3 2
PT 3x 10x 5 3x 5x 12x 9x 8 0        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 25
x
1 11 23
3x 5x 12x 9x 8 3 x 9 x x
6
0
2 12 4
   
            
   

d)   
2
4 2
PT 2x 2x 1 x 2x 2 0      .
Ta có  
2
24 2 1 1
2x 2x 1 2 x 2x 1
2 2
0
 
      



 2 2 2
7x 2x 13 3x 1 x x 1     

Hướng dẫn :
       
   
2 2
2 2 2 2 2 2
4 3 2
7x 2x 13 3x 1 x x 1 7x 2x 13 3x 1 x x 1
x 1 3x 5 3x x 13x 3x 34 0
            
       
Ta sẽ đi chứng minh   4 3 2
f x 3x x 13x 3x 34 0     
Bước 2 : Ta có :   3 2
f' x 4x 15x 28x 18 0    
có 3 nghiệm
1.652602124
0.1177373569
1.28486476
B
C 7
A  


 
Bước 3 : Thành thử thấy
 
 
 
11.40118281
34.17521352
26.6905307
f A
f B
f C 5
 




.
Vậy 0
x A
Bước 4 : Tìm k thỏa mãn 2 0
0
x
x k
6
0  
suy ra k 2.455660092  . Lấy
5
k
2
  .
2
4 3 2 2 223x 5 11 61
3x x 13x 3x 34 3 x x x 0
6 2 12 2 4
 
           
 
Lời giải : ĐKXĐ : 2
x x 1 0   . Ta có :
       
   
2 2
2 2 2 2 2 2
6 5 4 3 2
4 3 2
7x 2x 13 3x 1 x x 1 7x 2x 13 3x 1 x x 1
9x 9x 52x 22x 173x 53x 170 0
x 1 3x 5 3x x 13x 3x 34 0
            
       
       
  x 1 3x 5 0    (vì
2 2
4 3 2 2 217x 5 1 11 1
3x x 13x 3x 34 3 x x x 0
6 2 2 2 12 8
   
              
   
)
x 1
5
x
3
 

  

(thỏa mãn ĐKXĐ).
5
x
3
  thỏa mãn bài toán.
Kết luận :
5
x
3
  .

a)  3 2 2 2
4x x 4x 15 3x x 3 2x 1       x 3 17 
b)  3 2 2 3
3x 4x 8x 3 2x x 1 x x 1        x 1 hoặc x 2
c)  2 32x 2x 4 x 1 10x 14 0      3 7
x
4
 

d)  4x 7 2 x 2 x 1 2x x 2     
33
x
16

Gợi ý :
a)   4 3 2 2
PT 2x 8x 6x 6x 27 x 6x 8 0        .
Ta có  
2
2
4 3 2 2 1 49
2x 8x 6x 6x 27 2 x 2x 1 2 x 0
2 2
 
           
 
b)     2 4 3 2
PT x 2 x 1 4x 11x x 13x 5 0        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 11 23 16 7
4x 11x x 13x 5 4 x x 1 x 0
8 16 23 23
   
             
  
c)   2 4 3 2
PT 2 2x 3x 1 2x 3x 7x x 25 0        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 3 5
4 2
15 34 43
2x 3x 7x x 25 2 x x x 0
8 15 15
   
            
   

d)   4 3 2
PT 16x 33 16x 80x 136x 96x 33 0       .
Ta có   
24 3 2 2
16x 80x 136x 96x 33 8 2x 2x 1 x 2 1 0         
Nhận xét : Bằng việc sử dụng máy tính CASIO, chúng ta có thể phân tích phương
trình bậc 4 thành các tổng bình phương (S.O.S) một cách dễ dàng.
Tuy nhiên, một số trường hợp sau khi khử căn thức ra phương trình bậc 4 có nghiệm
và nghiệm này không thỏa mãn PTVT ban đầu :
 3 2 2
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1      
Hướng dẫn :
 
     
  
3 2 2
2 2
3 2 2
2 4 3 2
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1
x 2x 1 x 2x 3x 10x 3 0
      
       
       

Bước 2 : Tìm nghiệm 4 3 2
x 2x 3x 10x 3 0     ta
thấy phương trình này có 2 nghiệm
2.546085151
B 0.2 61
A
73013 
 


Bước 3 : Thử các nghiệm này vào PTVT ban đầu
thì không thỏa mãn. Ví dụ như khi
2.546 1x 08515 thì :
 3 2 2
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1 0.7686364293 0        
Vậy làm thế nào để loại 2 nghiệm này ?
Bước 4 :
Cách 1 : Tìm kiếm các điều kiện ràng buộc của x :
ĐKXĐ là
1
x
2
  . Tuy nhiên cả 2 nghiệm đều thỏa mãn nên không loại được nghiệm
nào.
Ta có :     
2
3 2 2 2
PT x x 3x 2 x 3x 1 x 3x 1 2x 1 0           . Cả 2 nghiệm này
đều không thỏa mãn điều kiện   3 2 2
x x 3x 2 x 3x 1 0      , nhưng để sử dụng
được nó, chúng ta cần phải biết thêm thủ thuật đánh giá phương trình bậc 3 vô
nghiệm trong bài đọc thêm 1.10.1.
Cách 2 : Tìm nghiệm phương trình 4 3 2
x 2x 3x 10x 3 0     rồi thành thử để chứng
minh không thỏa mãn PTVT ban đầu. Đây là một ý tưởng khá táo bạo vì nghiệm của
phương trình này vô cùng cồng kềnh :
2k 2 1 16
2k 1
2 2k 2
2k 2 1 16
2k 1
2 2
1
A
2
1
k 2
B
2
 
   



 








với k thỏa mãn 3 2
2k 3k 16k 31 0   
Chi tiết hơn tại bài đọc thêm 1.10.4 : Giải tổng quát phương trình bậc 4.
Cách 3 : Cách làm sau đây rất ngắn nhờ Thủ thuật CASIO phân tích nhân tử PTVT :
 
  
3 2 2
2
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1
2x 1 x 2 2x 1 x x 1 0
      
       
Để tìm hiểu chi tiết hơn, chúng ta sẽ gặp lại nó trong chương 2.
Lời giải :
1
x
2
  . Khi đó ta có :  3 2 2
x x 3x 2 x 3x 1 2x 1      
  2
2x 1 x 2 2x 1 x x 1 0       

2x 1 x 0    (vì
2
2 1 3
2 2x 1 x x 1 2 2x 1 x 0
2 4
 
          
 
)
2
x 0
x 1 2
2x 1 x
 
   
 
Kết luận : x 1 2 
Nhận xét : Mặc dù không hẳn lúc nào những thủ thuật CASIO cơ bản như khử căn
thức có thể giải quyết trọn vẹn bài toán, nhưng đây sẽ là tiền đề cho các phương pháp
sau này.
Tuy nhiên, có thể thấy rằng, trong đề thi THPT Quốc Gia môn toán, chỉ cần các thủ
thuật CASIO cơ bản này mà chúng ta đã có thể có lời giải trọn vẹn câu phương trình
một cách nhanh chóng và chính xác, mặc dù không được tự nhiên và đẹp mắt cho lắm.
Sẽ còn rất nhiều thủ thuật và những vấn đề nâng cao đang chờ đón bạn đọc trong
cuốn sách này.
BÀI 1.6 : BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài toán 1 : Giải phương trình :
 2
2x x 2 3x 2 2x 1    
Hướng dẫn :
          
2 22 2 2
2x x 2 3x 2 2x 1 2x x 2 3x 2 2x 1 2x 2x 3 x 4 0              
Ta được 3 nghiệm là x 0 ,
3
x
2
 và x 4 .
Bước 2 : Thử lại nghiệm bằng CALC thì thấy :
 Nghiệm x 0 không thỏa mãn
 Nghiệm
3
x
2
 và x 4 đều thỏa mãn
1
x
2
  .
Ta có :        
2 22 2
2x x 2 3x 2 2x 1 2x x 2 3x 2 2x 1          
  4 3 2 2
4x 22x 2 04x 2x 2x 3 x 4 0     
x 0
3
x
2
x 4
 

 

 

3
x
2
 và x 4 thỏa mãn bài toán.
Kết luận :
3
x
2
 hoặc x 4 .
a)  2
x 5x 2 x 6 x 1     x 2
b) 2
4x 10x 5 x 2x 1 0     x 1
c)  2
2x x 18 11x 36 x 2 0      x 3
d)  3 2 2
x 7x 7x 7 3x 6x 5 x 2      
x 1  hoặc
1 5
x
2
 

2 2
x 3x 3 2x 2x x 2    
Hướng dẫn :
   
  
2
2 2 2 2 2
2 2
x 3x 3 2x 2x x 2 x 3x 3 4x 2x x 2
x x 3 7x 5x 3 0
          
     
Ta được 2 nghiệm là
1 13
x
2
 

Bước 2 : Thử lại nghiệm bằng CALC thì thấy :
 Nghiệm
1 13
x
2
 
 không thỏa mãn,
nghiệm còn lại thì thỏa mãn.
2x x 2 0   .
Ta có :    
2
2 2 2 2 2
x 3x 3 2x 2x x 2 x 3x 3 4x 2x x 2          
  4 3 2 2 2
7x 2x 23x 18x 9 x x 3 7x 5x0 3 0          
1 13
x
2
 
  (thỏa mãn ĐKXĐ)
1 13
x
2
 
Kết luận :
1 13
x
2
 
 .
a)  2 2
3x 3x 4 3x 2 x 3 0      x 1  hoặc
2 10
x
3



b)  2 2
x 5x 1 2x 3 2x 1 0      x 1 hoặc x 5 
c)  3 2 3
2x 6x 3x 2 7x 2 x 1      x 2 hoặc
1 33
x
8


d)  3 2 2
3x 12x 10x 3 9x 1 x x 3 0       
3 33
x
6
 

  2 3x x 3 x 1 2x 3 0     
Hướng dẫn :
       
  
3
2 23
2 4 3 2
x x 3 x 1 2x 3 0 x x 3 x 1 2x 3 0
x 2 x 3x 4x 11x 12 0
            
      
Ta cần chứng minh   4 3 2
f x x 3x 4x 11x 12 0     
Bước 2 : Ta có   3 2
f' x 4x 9x 8x 11 0     có
3 nghiệm :
 2.6126A 3108 
 0.8605B 3574 
 1.223 1C 16682
Bước 3 : Tìm 0
x . Vì
 
 
 
6.52747049
17.1404422
0.2891184
f A
f B
f 9C








. Vậy
0
x C .
Bước 4 : Tìm k sao cho 2
0 0
3
x x k 0
2
   ta
được :
k 3.330887304  . Nhận thấy
   f x min f C 0.289  rất bé nên ta cần phải
lấy k gần 3.330887304 nhất
Bước 5 : Nếu lấy k 3  thì  
2
2 23 1
f x x x 3 x 2x 3
2 4
 
       
 
không sử dụng được.
Nếu lấy
7
k 3.5
2
    thì  
2
2 23 7 3 1 1
f x x x x x
2 2 4 2 4
 
      
 
cũng không sử dụng
được.
Nếu lấy sát hơn nữa, tức
10
k 3.3333...
3
    thì

 
2
2 23 10 5 8
f x x x x x 0
2 3 12 9
 
       
 
Lời giải : Ta có :        
3
2 23x x 3 x 1 2x 3 0 x x 3 x 1 2x 3 0            
  
6 5 4 3 2
2 4 3 2
x 3x 6x 17x 20x 22x 24 0
x 2 x 3x 4x 11x 12 0
      
      

Ta luôn có
2 2
4 3 2 2 3 10 5 6 13
x 3x 4x 11x 12 x x x 0
2 3 12 5 45
   
             
   
.
Vậy 2
PT x 2 0 x 2      .
Kết luận : x 2  .
a) 2 23
3
x x 3 2x 19x 13 0
2
      1 33
x
4


b) 3 2 21
3x 5x 2x 1 3x 20x 11
3
      1 13
x
6


c) 3
2x
3x 4 5x 4
x 1
  

1 17
x
2
 

d)  
22
2x 1 x 1 6 x 1 0     x 1 
Gợi ý :
a)   2 4 3 21
PT 2x x 4 4x 20x 9x 50x 28 0
8
        .
Ta có  
2
4 3 2 2 2
4x 20x 9x 50x 28 2x 5x 5 4x 3 0         
b)   2 4 3 21
PT 3x x 1 27x 99x 81x 18x 2 0
9
        .
Ta có
2 2
4 3 2 2 11x 5 1 2 26
27x 99x 81x 18x 2 27 x x 0
6 27 4 3 27
   
            
  

c)   4 2 2
PT 27x 31x 8x 16 x x 4 0       .
Ta có  
2
2
4 2 2 4 4
27x 31x 8x 16 3 3x 2 5 x 0
5 5
 
         
 
d)   
24 2
PT 6x x 2x 1 x 1 0      .
Ta có   
24 2 21 1
6x x 2x 1 12x 12x 7 2x 1 0
8 8
       

 x 2 x 1 3 x 1 0     
Hướng dẫn :
       
       
  
22
2
22
x 2 x 1 3 x 1 0 x 2 x 1 3 x 1
13x 14 6 x 1 x 1 0 13x 14 36 x 1
5
x
4
4x 5 9x 40x 32 0
20 4 7
x
9
x 1
           
         


    





Bước 2 : Thử lại bằng CALC ta thấy :
5
x
4
 và
20 4 7
x
9

 không thỏa mãn PT
Lời giải : ĐKXĐ : x 1 .
Ta có :        
22
x 2 x 1 3 x 1 0 x 2 x 1 3 x 1           
       22
13x 14 6 x 1 x 1 0 13x 14 x6 x 13 1         
  3 2 2
36x 205x 328x 160 0 4x 5 9x 40x 32 0        
5
x
4
20 4 7
x
9





20 4 7
x
9

Kết luận :
20 4 7
x
9

 .
a)  3x 2 x 1 3 1 x 0      3
x
2

b)  4x 2 3 2x 1 1 x 1     x 4 2 2 
c)  2 2
x x 8 2 x 3 x x 1 3       x 1 hoặc
1 33
x
2


d)  2 2
4x 8x 5 3 2 x 3 2x 14x 7      x 1 hoặc x 4

3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x     
Hướng dẫn :
   
       
2 2
2 22 2
3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x x 3
8x 19x 1 6 x 1 x 2 x 0 8x 19x 1 36 x 1 x 2 x
            
            
   2
x 1 25x 1 4x 8x 1 0       x 1 hoặc
1
x
25
 hoặc
2 3
x
2


x 1 và
2 3
x
2

 không thỏa mãn PT
Lời giải : ĐKXĐ : 0 x 2  . Ta có :
   
       
2 2
2 22 2
3 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x 3 x 2 2 x 3 x 2 x x 3
8x 19x 1 6 x 1 x 2 x 0 8x 19x 1 36 x 1 x 2 x
            
            
4 3 2
100x 304x 237x 34x 1 0     
   2
x 1 25x 1 4x 8x 1 0       x 1 hoặc
1
x
25
 hoặc
2 3
x
2


Thử lại ta thấy
1
x
25
 hoặc
2 3
x
2

Kết luận :
1
x
25
 hoặc
2 3
x
2

 .
a) 2
3x 1 2 x 3 x 1 3 x x     
25
x
9

b) 2
3x 2 3 x 1 2 x 1 x 1      
10 4 3
x
3


c)    1
x x 1 1 2 x 1 x 3 x 0
3
 
        
 
11 4 6
x
3


d)    3 x 1 x 1 3 x 2 x 1 4x 5 0       
5
x
4

2
x 6x 6 2x 6 3x 2     
Hướng dẫn :

 
       
  
2
2 2
2 22 2
2 2
x 6x 6 2x 6 3x 2 x 6x 6 2x 6 3x 2
8x 20x 4 2 3x 2 2x 6 8x 20x 4 4 3x 2 2x 6
15 65
8 x 2x 2 8x 15x 5 0 x 1 3 x
16
            
           
 
           
x 1 3   và
15 65
x
16
 
 không thỏa mãn
PT
2
x 6x 6 0
2x 6 0
   

 
. Ta có :
 
       
 
  
2
2 2
2 22 2
4 3 2
2 2
x 6x 6 2x 6 3x 2 x 6x 6 2x 6 3x 2
8x 20x 4 2 3x 2 2x 6 8x 20x 4 4 3x 2 2x 6
8 8x 31x 19x 20x 10 0
15 65
8 x 2x 2 8x 15x 5 0 x 1 3 x
16
            
           
     
 
           
Thử lại ta thấy x 3 1  thỏa mãn bài toán.
Kết luận : x 3 1  .
a) 2
2 2x 2x 1 2 2 x x 3      x 1 hoặc
13 20 15
x
49


b) 2
x 6x 6 2x 1 x 3 0       x 5
c) 2 2
2x 3 2x 18 x 4 0      x 2 11 
d)
2 2
x 4x 9 2 x x 1 x 1      
2 6
x
3

 9 13 2
x 3 x 1
x x 3
    
13
0 x
3
  . Ta có :

   
   
    
     
2
22
22 3
3 2 2
2
3 2 2 2
2 2
9 13 2 2
x 3 x 1 x 9 13 3x x 1 x
x x 3 3
17x 31x4 4
x 9 13 3x x 1 x x 22 0
9 9 9 9
4x 17x 31x 198 18 x 9 13 3x 0
4x 17x 31x 198 18 x 9 13 3x
x 4 4x 9 x 1 4x x 36 0
          
          
       
      
      
x 1  hoặc x 4 hoặc
9
x
4
 (thỏa mãn ĐKXĐ)
Thử lại ta thấy thỏa mãn.
Kết luận : x 1 hoặc x 4 hoặc
9
x
4
 .
a)
1 2
2 x 2 x 1
x x
     x 2 5 
b)
1 1
x 1 3 x 1
x x
     
3 5
x
2


c) 3
x 2 x 2 x 1     x 3
d) 3 32 x 1 2x 3 8x 5 0      1 5
x
2


3 2 2 2 2
x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1      
x 6x 3 0   . Ta có :
   
 
3 2 2 2 2
22
3 2 2 2 2
2 2 2 2
x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1
x 3x 2 x x 6x 3 2 3x 1
4x 3x x 3x 1 x 6x 3 0
      
       
     
2 2 2
3x x 3x 1 x 6x 3     (*) (vì x 0 không thỏa mãn ĐKXĐ)
    
2
2 2 2 4 3 2
3x x 3x 1 x 6x 3 6x 12x 9x 6x 3 0          
  
22
3 2x 1 xx 11 0      (thỏa mãn ĐKXĐ).
Thử lại thấy thỏa mãn.
Kết luận : x 1 .
a)
3 2 2 2 2
2x 2x 1 x 4x 8x 1 2x 1       x 2

b) 3 2 2 2 2
x x 2 x x 2x 5 x 4 0       
3 5 3
x
6
 

c) 3 2 2 2 2
x 2x 1 x 1 x x 4x 5       x 1 hoặc
3 2 6
x
3


d)  3 2 2 2 2
x x x x 2 x 1 x 2x 1 0        
1
x
2

3 2 2 2 2
x x 1 x x x 1 3x 1      
x x 1 0   . Ta có :
   
 
22
3 2 2 2 2 3 2 2 2 2
2 3 2 2 2
x x 1 x x x 1 3x 1 x x 1 x x x 1 3x 1
x x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1 0
              
        
3 2 2 2
x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1        (*) (vì x 0 không thỏa mãn ĐKXĐ)
    
  
2
3 2 2 2 6 5 4 3 2
24 3 2
4 3 2
x 2x 2x 1 4 x x 1 3x 1 x 4x 4x 6x 8x 8x 5 0
x 6x 7x 2x 5 x 1
x
x 6x 7x 2
0
x 5 0
1 
               
     
    
  

Lại có 4 3 2
x 6x 7x 2x 5 0     do từ (*) ta có
 3 2 2
x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 0 x 0         
Vậy ta được x 1 (thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại thấy thỏa mãn.
Nhận xét : Tại sao lại lấy  3 2 2
x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 0 x 0          ?
Bước 1 : Ta có 4 3 2
x 6x 7x 2x 5 0     có 2
nghiệm :
 1.76420A 5423 
 4.48234B 0201 
Bước 2 : Hai nghiệm này không thỏa mãn PT ban
đầu.
Ví dụ như khi 1.76420x A 5423   thì :
3 2 2 2 2
x x 1 x x x 1 3x 1 6.430322643 0         
Bước 3 : Tìm điều kiện của x để loại 2 nghiệm này :
 ĐKXĐ : Cả 2 nghiệm đều thỏa mãn.
 Điều kiện
3 2 2 2
x 2x 2x 1 2 x x 1 3x 1 0        . Cả hai nghiệm đều không
thỏa mãn.

 Điều kiện 3 2 2 2 2
x x 1 x x x 1 3x 1 0        . Cả hai nghiệm đều không
thỏa mãn.
Vậy ta có thể sử dụng 3 2
x 2x 2x 1 0    hoặc 3 2
x x 1 0   để loại nghiệm. Ta có 2
hướng :
 Hướng 1 : Vì 4 3 2
x 6x 7x 2x 5 0     khi x A 1.7642   nên ta sẽ chứng
minh x A
 Hướng 2 : Kết hợp 4 3 2
x 6x 7x 2x 5    và điều kiện để chứng minh vô lý.
Bước 4 : a) Sử dụng 3 2
x 2x 2x 1 0    .
Hướng 1 : Ta có
 3 2 2 4 3 2
x 2x 2x 1 0 x x 2x 2 1 x 0 x 6x 7x 2x 5 0                .
Hướng 2 : Ta có
     
2 24 3 2 3 2 2
x 6x 7x 2x 5 2 x 2x 2x 1 x 2x 1 x 1 5 0               .
b) Sử dụng 3 2
x x 1 0   .
Hướng 1 : Ta có   3 2 21 1 3
x x 1 0 2x 3 4x 2x 3 x
8 8 2
           . Khi đó :
 4 3 2 2 2
x 6x 7x 2x 5 x x 6x 7 2x 5 0          do
2
x 6x 7 0 3
x
22x 5 0
   
  
 
Hướng 2 : Ta có    
2
4 3 2 3 2 2
x 6x 7x 2x 5 4 x x 1 x x 1 0          
Vậy là ta có ít nhất 4 cách đánh giá cho bài toán này. Để biết chi tiết hơn, bạn đọc có
thể tham khảo bài đọc thêm 1.10.1: Đánh giá phương trình bậc 3 vô nghiệm.
a) 2 2 2
2x 1 x 2x 5 2x 1   
x 1 3  hoặc
x 1 3  
b) 3 2 2 2 2
x 2x x 2 x x 3 2 x x 1 0         x 0 hoặc x 1
c) 3 2 2 2 2
x 4x 9 x x 18 9 2x 1    
x 0 hoặc
x 2 7 
d)  3 2 2 2 2
2x 4x x 1 2x x 5x 5 x 1 3x 1 0          x 0 hoặc x 1
2 2
2x x 2 2x 2x 4   
 
   
  
2 2 2
2
2 2 4 3 2
3
2x x 2 2x 2x 4 2x 2 x 2 2x
2x 2 x 2 4x 2x 2 2x 3x 4x 2 2 0
2x 2 x 2 0 x3x 2
       
        
    


Vì nếu  3 2
2x 2 x 2x 3 23 x 0x      . Khi đó do
  2 2
2x 2 x 2 2x x
2
     suy ra  2
x 2x 3 2 2 2   vô lý.
Vậy ta được x 2 (thỏa mãn ĐKXĐ). Thử lại thấy thỏa mãn.
Nhận xét : Khử căn thức là phương pháp hay để giải quyết bài toán này. Tuy nhiên
vấn đề ở đây là phân tích nhân tử
  4 3 2 3
2x 2 2x 3x 4x 2 2 2x 23 x 2x      và đánh giá  3
2x 23x  .
Gợi ý :
a) Tìm nhân tử 4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2 0    .
Phương trình 4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2 0    có nghiệm
0.42148629
B 1.4
A
1421356
 


Phương trình 4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2 0    có nghiệm
0.42148629
D 1.4142135
C
6 
  


Ta có
B D 0
BD 2
 
 



. Vậy B 2 hay nhân tử là  x 2
b) Chia biểu thức
4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2
x 2
  

.
CALC cho X = 1000.
Gán
4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2
A 2000002999
x 2
  
 


Gán
4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2
B 2000003001
x 2
 
 

 
Vậy
4 3 2
2x 2 2x 3x 4x 2 2
U V 2
x 2
 
 

 
với
3A B
U 2000003000 2x 3x
2
A B
V 1
2 2
 
   
    

Kết luận :   4 3 2 3
2x 2 2x 3x 4x 2 2 2x 23 x 2x     
c) Đánh giá  3
2x 23x  .
Ta thấy 3
2x 2 x A3x 0.42148629   . Tuy nhiên nghiệm này không thỏa mãn
thỏa mãn phương trình   2
2x 2 x 2 2x   nên ta sẽ tìm điều kiện của x từ đây.
Dễ thấy    
2
2
2
x
2x 2x 2 2x 2 x 2 0 2
x 0

     


.
Nếu 3
x 0 2 xx 2 03    vô lý.

Nếu  22
x x 2x 3 2 2 2
2
     vô lý.
Vậy ta được lời giải như trên.
Nhận xét : Để tìm hiểu chi tiết hơn thủ thuật đổi dấu trước căn và thủ thuật đánh giá
phương trình bậc 3, bạn đọc có thể tham khảo ở các bài sau.
Bài tập tương tự :
a) 2 2
3x 18 3x 2 x 6x    x 3
b) 2 2
x 7 2x 44 x1 x 2 1     x 2 7 
c) 2 2
x 2x 2x 1 x 4x4 2 3x 2 0        x 1 2  
d)    2 2
x x 3 x 1 2 x 1 x 1       3 2
x
4
 
 
3
2
2
2x 42x 72
x 3 2x 18x
2x x 2 5x 22
 
  
   
Nhận xét : Mỗi khi nhìn thấy phân thức, chúng ta nên kiểm tra xem tử có chia hết cho
mẫu hay không.
Dễ thấy
  
    
3 2
2 2 2
2x 42x 72 2 x 3 x 3x 12
2x x 2 5x 22 2x x 2 5x 22 2 x 3x 12
      


          

. Do đó ta
có thể đưa bài toán về dạng cơ bản được rồi.
22 1 17
x
5 4
x 9
 
  


. Ta có :
 
    
3
2
2
2 2
2 2
2x 42x 72
x 3 2x 18x
2x x 2 5x 22
x 3 2x 18x x 3 2x x 2 5x 22
x 3
2x 18x 2x x 2 5x 22
 
  
   
        
  
 
     
Nếu x 3  thì thỏa mãn ĐKXĐ.
Nếu  
2
2 2 2 2
2x 18x 2x x 2 5x 22 2x 18x 2x x 2 5x 22            
    
22 2
11x 10 2x x 2 5x 22 11x 10 2x x 2 5x 22           

  2
4
x
5
2 5x 4 x 9x 18 0
9 3 17
x
2

 
     


(thỏa mãn ĐKXĐ).
Thử lại thấy chỉ có
9 3 17
x
2

 thỏa mãn phương trình ban đầu.
Kết luận : x 3  hoặc
9 3 17
x
2

 .
a)  
3 2
2
2
4x 7x 28x 4
x 2 x x 1 0
2 x 3 15x 10
  
    
  
x 1
b)  2 2 2
x 4x 21 2 x 3x 15 x 6 x 2x 17         11 2 406
x
9


c)
2x 6 2 x 3
20 x
x 3 3x 4 1
  
 
   
x 4
d)
2 2
x 13x 5 2x 13x 9
3 x 1 x 2 2x 9 6 x 2
   

     
7
x
16
  hoặc
8 4 6
x
3


5 3
x x 1 x 1 x 3x    
Hướng dẫn :
Bước 1 : Tìm nghiệm
5 3
x x 1 x 1 x 3x 0      .
Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 .
Bước 2 : Nghiệm này là nghiệm biên của
ĐKXĐ x 1 .
CALC cho một vài giá trị của X hoặc dùng
TABLE ta thấy rằng :
5 3
x x 1 x 1 x 3x 0 x 1        .
Bước 3 : Ta sẽ chứng minh
5 3
x x 1 x 1 x 3x 0      bằng cách khử căn thức :
 
2
5 3 5 3 3
5 3 5 3 3
x x 1 x 1 x 3x x x 1 x 1 3x
x x x 2 x x 1 x 1 3x
          
       
Điều này luôn đúng vì    
2 25 3
x x x x x 1 x 012      . Bài toán được giải quyết.

Lời giải : ĐKXĐ : x 1 . Ta có :
 
 
2
5 3 5 3 3
5 3 5 3 3
2
2 5 3
x x 1 x 1 x 3x x x 1 x 1 3x
x x x 2 x x 1 x 1 3x
x x 1 2 x x 1 x 1 0
          
       
      
Ta luôn có  
2
2 5 3
x x 1 2 x x 1 x 1 0 x 1        và dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ
khi x 1 . Do đó PT x 1  (thỏa mãn ĐKXĐ).
a) 4 3
x x 1 x 1 x x     x 1
b) 3 4
x x 1 x 1 6x 5      x 1
c) 6 3
x 8x 5 x 3x 1 2 x      
1 5
x
2


d) 2 2
x x 1 x 1 1 2 x      x 1
BÀI 1.7 : ỨNG DỤNG TRONG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
2 2
1 2 x 9x 18 x x 14x 33      
(Sở GD&ĐT – Quảng Ninh – 2016)
Hướng dẫn : Ta có :
     
        
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 22 2 2
1 2 x 9x 18 x x 14x 33 2 x 9x 18 x 1 x 14x 33
4 x 9x 18 x 1 x 14x 33 x 10x 19 x 1 x 14x 33
x 10x 19 x 1 x 14x 33 4 x 2 x 17x 41 0
              
              
           
Kết luận : x 2 hoặc
17 5 5
x
2


a)
2 2
x 2x 8 2 x 2x 5 6x 4      
3 21
x
3
 

b) 2 2
x 3x 3 4x 3 2 2x 2x 3       x 1 hoặc x 2
c) 2 2
2 x x 1 7x 4 2x 1 5      x 1
d)
2 2 3
x 6x 2 x 6x 17 x 2x 3 0         x 2

Bài toán 2 : Giải phương trình : [1.7-2] [2.1.8-1]
   2
x 4x 1 x 3 5 2x 0    
(THPT Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc – lần 1 – 2016)
         
  
2 22 2 2
2 4 3 2
x 4x 1 x 3 5 2x 0 x 4x 1 x 3 5 2x
4x 2x 5 4x 2x 8x 6x 9 0
         
       
Ta lại có :
2 2
4 3 2 2 39x 1 1 23
4x 2x 8x 6x 9 2x x 0
2 2 4 3 3
   
             
   
Kết luận :
1 21
x
4
 

a) 3 2
x 3x 4x 2 xx2 2 1     x 2 2 
b)  3
x 2x x 4 2 x 0     x 1
c)  3 2
x 7x 18x 13 x 2 1 x 0       5 13
x
2
 

d)  3 2 2 2
x 7x 10x 7 2x 1 2x 1      x 1  hoặc x 5
   3 2 2
5 1 x 1 x 4x 25x 18    
(THPT Marie Curie – Hà Nội – 2016)
        
   
2
3 2 2 3 2 2
2 2 2 2
5 1 x 1 x 4x 25x 18 25 x 1 x 4x 25x 18 5
x 4x 5x 3 x 5x 3 4x 25x 20 0
          
       
Kết luận :
5 37
x
2


a)  2 2
37x 51x 2 5 7x 2 x 3x    
x 1 hoặc
1
x
16
 hoặc
14 4 10
x
9


b)    32
x 4x 2 3 1 xx 1 0      x 1  hoặc x 2
c)    2 3
x x 8 4 x 4 16    x 2 hoặc x 7 29 
d)  4 2 2 3
3x 7x 13x 5 x x 1 x x 1       x 1 hoặc x 4 11 

3 2
x x 7 x 5   
(THPT Nghèn – Hà Tĩnh – lần 1 – 2016)
    
2
3 2 3 2 5 4 3 2
x x 7 x 5 x x 7 x 5 x 2 x 2x 6x 2x 4x 22 0                
Vì 5 4 3 2
x 2x 6x 2x 4x 22 0      có nghiệm duy nhất 1.42890x A 0706  . Nghiệm
này không thỏa mãn 3 2
x x 7 x 5    nên ta tìm điều kiện từ đây.
Do 3 2
x x 7 x 5 0 x 1.73920386 A        nên ta cố gắng đánh giá từ đây. Hơn
nữa, để ý rằng :
    5 4 3 2 3 2 2 3 2
x 2x 6x 2x 4x 22 x x 2x 6 2x 4x 22 x 2 x 2x 6 10               
Vậy ta có thể đánh giá như sau :
Nếu 3 17
x x 7 0
3
8
x
2
     (vô lý).
Nếu
3
x
2
 thì   3 2 11 45 175
x 2 x 2x 6 10 10 0
8 4 32
         suy ra vô lý.
Vậy PT x 2  . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Lời giải chi tiết dành cho bạn
đọc.
a) 2 3
3x 1 1 x 2x    x 1
b) 3 2 2
x x x x 1 3    x 2
c) 3 2 3
x 2x 4 x 2    x 3
d) 4 2
x 5x 7 x x 1     x 1  hoặc x 2
2 2
7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2      
(THPT Lê Lợi – Thanh Hóa – lần 1 – 2016)
 
    
  
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2 7x 25x 19 x 2x 35 7 x 2
3x 11x 22 7 x 2x 35 x 2 3x 11x 22 49 x 2x 35 x 2
x 6x 19 9x 61x 206 0
              
             
     
Kết luận : x 3 2 7  hoặc
61 11137
x
18

 .

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

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

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Andere mochten auch

Andere mochten auch (7)

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

Ähnlich wie [Casio] Thu thuat casio co ban - bui the viet (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (20)

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