Chuyên đề hệ phương trình bất phương trình

Trang 2

_ 2CCHHUUYYÊÊNNĐĐỀỀPPHHƯƯƠƠNNGGTTRRÌÌNNHHVVÀÀBBẤẤTTPPHHƯƯƠƠNNGGTTRRÌÌNNHHLLÝÝTTHHUUYYẾẾTTPPHHƯƯƠƠNNGGTTRRÌÌNNHH––BBẤẤTTPPHHƯƯƠƠNNGGTTRRÌÌNNHHĐĐẠẠIISSỐỐBBẬẬCCCCAAOO,,PPHHÂÂNNTTHHỨỨCCHHỮỮUUTTỶỶ((PPHHẦẦNN11)) - Trong chương trình Tốn học phổ thơng nước ta, cụ thể là chương trình Đại số, phương trình và bất phương trình là một nội dung quan trọng, phổ biến trên nhiều dạng toán xuyên suốt các cấp học, cũng là bộ phận thường thấy trong các kỳ thi kiểm tra chất lượng học kỳ, thi tuyển sinh lớp 10 THPT, thi học sinh giỏi mơn Tốn các cấp và kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng với hình thức hết sức phong phú, đa dạng Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng khơng vì thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài toán cơ bản tăng dần đến mức khó thậm chí rất khó, với các biến đổi đẹp kết hợp nhiều kiến thức, kỹ năng vẫn làm khó nhiều bạn học sinh THCS, THPT Chương trình Đại số lớp 9 THCS đã giới thiệu, đi sâu khai thác các bài tốn về phương trình bậc hai, chương trình Đại số 10 THPT đưa chúng ta tiếp cận tam thức bậc hai với các định lý về dấu nhị thức bậc nhất, dấu tam thức bậc hai và ứng dụng Trong phương trình và bất phương trình đại số nói chung, chúng ta bắt gặp rất nhiều bài toán cps dạng đại số bậc cao, phân thức hữu tỷ, các bài tốn có mức độ khó dễ khác nhau, đòi hỏi tư duy linh hoạt và vẻ đẹp cũng rất riêng ! Từ rất lâu rồi, đây vẫn là vấn đề quan trọng, xuất hiện hầu khắp và là cơng đoạn cuối quyết định trong nhiều bài tốn phương trình, hệ phương trình chứa căn, phương trình vi phân, dãy số, Vì thế về tinh thần, nó vẫn được đông đảo các bạn học sinh, các thầy cô giáo và các chun gia Tốn phổ thơng quan tâm sâu sắc Sự đa dạng về hình thức của lớp bài toán căn này đặt ra yêu cầu cấp thiết là làm thế nào để đơn giản hóa, thực tế các phương pháp giải, kỹ năng, mẹo mực đã hình thành, đi vào hệ thống Về cơ bản để làm việc với lớp phương trình, bất phương trình này chúng ta ưu tiên hạ hoặc giảm bậc của bài toán gốc, cố gắng đưa về các dạng bậc hai, bậc nhất hoặc các dạng đặc thù (đã được khái quát trước đó) Trong chuyên đề này, chuyên đề đầu tiên của lớp phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tác giả chủ yếu đề cập tới các bài toán từ mức độ đơn giản nhất tới phức tạp nhất, dành cho các bạn học sinh bước đầu làm quen, tuy nhiên vẫn đòi hỏi tư duy logic, tỉ mỉ và chính xác Tài liệu nhỏ được viết theo trình tự kiến thức tăng dần, khơng đề cập giải phương trình bậc hai, đi sâu giải phương trình bậc ba (dạng đặc biệt với nghiệm hữu tỷ và phân tích hằng đẳng thức), dạng tốn trùng phương (bậc 4) và mở rộng với bậc chẵn, các phép đặt ẩn phụ cơ bản và phép đặt hai ẩn phụ quy về đồng bậc, phạm vi kiến thức phù hợp với các bạn học sinh THCS (lớp 8, lớp 9) ôn thi vào lớp 10 THPT, các bạn học sinh THPT thi học sinh giỏi Toán các cấp và luyện thi vào hệ đại học, cao đẳng, cao hơn là tài liệu tham khảo dành cho các thầy cơ giáo và các bạn u Tốn khác

I

I KKIIẾẾNNTTHHỨỨCC––KKỸỸNNĂĂNNGGCCHHUUẨẨNNBBỊỊ

1 Kỹ thuật nhân, chia đơn thức, đa thức

2 Nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử

3 Nắm vững các phương pháp giải, biện luận phương trình bậc nhất, bậc hai

Trang 3

IIII MMỘỘTTSSỐỐBBÀÀIITTOỐÁNNĐĐIIỂỂNNHHÌÌNNHHVVÀÀKKIINNHHNNGGHHIIỆỆMMTTHHAAOOTTÁÁCCBBààiittoốánn11 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnh h 42 3 2 0x  x   x  Lời giải Đặt 2 0

x tt ; phương trình đã cho tương đương với

22 1 0 13 2 0 2 2 0 1 2 02 0 2ttttttttttt                    Với 21 1 1 1t x   x  x hoặc x  1  Với 22 2 2 2t x   x  x hoặc x   2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S   2; 1;1; 2 

Nhận xét

Bài toán trên là dạng tốn phương trình trùng phương quen thuộc, sử dụng đặt ẩn phụ quy về phương trình bậc 2 với ẩn số phụ, tính nghiệm và sử dụng phương pháp nhóm hạng tử để đưa về phương trình về dạng tích của hai phương trình bậc nhất, giải và kết luận nghiệm trở nên dễ dàng

BBààiittoốánn22 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnh h 42 5 6 0x  x   x  Lời giải Điều kiện x   Đặt 2 0x tt ta được 22  25 6 0 2 3 6 0 2 3 03ttttttttt              o Với 2 2 2 2 2; 2t x   x   x  o Với 2 3 3 3 3; 3t x   x    x

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm S   3; 2; 2; 3 BBààiittoốánn33 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnh h 42 2x 5x  2 0 x  Lời giải Điều kiệnx   Đặt 2 0x tt ta thu được 2  12 5 2 0 2 2 1 0 ; 22t  t   t t    t     Với 2 2 2 2 2; 2t x   x   x   1 2 1 1 1 1;2 2 2 2 2t x   x   x     Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm kể trên

Trang 4

_ 4Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S     2; 1 1; 2

BBààiittoốánn55 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 42 8 9 0x  x   x  Lời giải Đặt 2 0x tt ta thu được 221 9 0 38 9 09 9 3 3 030 0ttxtttxxxxtt                        

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 3 x 3

BBààiittoốánn66 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 422 102xxxx    Lời giải Điều kiện x 2

Bất phương trình đã cho tương đương với  2 2 2 1

1 1 00 12 22xxxxxxx           Vậy bất phương trình có nghiệm như trên

BBààiittoốánn77 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnh h 42422 7 401xxxxx     Lời giải Điều kiện x  

Phương trình đã cho tương đương đương với



42422222

2x 7x  4 02x x 8x  4 0 2x 1 x 4 0 x 4  x 2; 2 Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm

BBààiittoốánn88 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnh h 42215 1605 4xxxxx     Lời giải Điều kiện 25 4 0 1; 4x  x  x x

Phương trình đã cho tương đương với 42  2  2  2 

15 16 0 1 16 0 16 4; 4

x  x    x  x   x    x Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x  4

Trang 5

BBààiittoốánn1100 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 4253 202 3xxxxx     Lời giải Điều kiện x52x 3 0

Phương trình đã cho tương đương với



42422222

3x x  2 03x 2x 3x  2 0 3x 2 x 1 0x    1 x 1;1 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x 1;x1

BBààiittoốánn1111 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 42724 7 202 3 1xxxxx     Lời giải

Điều kiện 2x73x2 1 0 Phương trình đã cho tương đương với

42422222 1 1 14 7 2 0 4 8 2 0 2 4 1 0 ;4 2 2x  x    x x  x    x  x   x    x   

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm 1 1;2 2S     BBààiittoốánn1122 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 42426 703 7xxxxx     Lời giải Điều kiện x  

Ta có x43x2 7 0,   nên bất phương trình đã cho tương đương với x

42222 16 7 0 1 7 0 11xxxxxxx            Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1 x 1

BBààiittoốánn1133 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 42625 603 9xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 62

3x x  9 0,   Bất phương trình đã cho tương đương với x

42222 15 6 0 6 1 0 11xxxxxxx            Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1 x 1

BBààiittoốánn1144 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4223 203 1xxxx    Lời giải Điều kiện x  

Bất phương trình đã cho tương đương với

42222 1 1 2 13 2 0 1 2 0 1 22 2 1 2xxxxxxxxxx                         

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S  2; 1 1; 2

Trang 6

_ 6BBààiittoốánn1155 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4244 8 301xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 2 24 1 4 1 422 1 21 4 4 4 4 4 1 4 4 1 2 2 1 2 1 2 0,4 4 4x   xx  x   x  x   x  x    x   x    x   Bất phương trình đã cho trở thành 42  2  2  23 11 3 2 24 8 3 0 2 3 2 1 02 2 1 32 2xxxxxxx              Kết luận nghiệm 3; 1 1; 32 2 2 2S         BBààiittoốánn1166 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4222 9 702 9xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 2

2x   x 9 0,   Bất phương trình đã cho tương đương với x

42222717 22 9 7 0 1 2 7 0 12 712xxxxxxx              Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 7; 1 1; 7

2 2S        BBààiittoốánn1177 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnhh 424210 9010xxxxx     Lời giải Nhận xét rằng 4210 0,

x x      nên bất phương trình đã cho tương đương với x

Trang 8

_ 8BBààiittoốánn1188 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 63 12 11 0x  x   x  Lời giải

Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với

 363333333331111 11 0 11 11 0 11 1 01111xxxxxxxxxxxx                 

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  3 1; 11S  BBààiittoốánn1199 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 63 2x x  3 0 x  Lời giải

Điều kiện x   Đặt x3 t, phương trình đã cho trở thành

323 311 12 3 0 1 2 3 0 3 3 32 2 2xtxtttttxx                    

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm BBààiittoốánn2200 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 63 8x 217x 270 x  Lời giải Điều kiện x   Đặt x3 tta thu được 3231 18 18 217 27 0 8 1 27 0 8 227327xtxtttttxx                 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 1;32S    BBààiittoốánn2211 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 63423 201xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 42 1  2 21 2 1 3 0,4x x    x     x   

Bất phương trình đã cho tương đương với 63  3  3  33

Trang 9

BBààiittoốánn2233 Giải bất phương trình 63427 602 3xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 4 2  2 22 3 1 2 0,x  x   x       Bất phương trình đã cho trở thành x3 3633336 67 6 0 1 6 011xxxxxxxx            

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 3

6 1x   xBBààiittoốánn2244 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 84 2x x  x  Lời giải

484444441 12 2 1 2 0 112xxxxxxxxxx                

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm BBààiittoốánn2255 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 84 2x x 3 x  Lời giải Điều kiện x   Đặt 4 0x tt , ta thu được 241 2 3 02 31 1 1;10 0tttttxxtt                 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

B

Bààiittoốánn2266 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 84 

4 5 0

x  x   x 

Lời giải

Điều kiện x   Bất phương trình đã cho tương đương với

844444 15 5 0 5 1 0 11xxxxxxxx             Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1 x 1

B

17 16 0

x  x   x 

Lời giải

844444 1 216 16 0 1 16 0 1 162 1xxxxxxxx                Kết luận tập hợp nghiệm S    2; 1  1; 2 BBààiittoốánn2288 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 8482 3 505 1xxxx    Lời giải Điều kiện x  

Trang 10

_ 1084444 12 3 5 0 1 2 5 0 11xxxxxxx            Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S     ; 1 1; 

BBààiittoốánn2299 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 84827 801xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét  4  2 2 2844282 4 4 1 4 4 1 2 2 1 2 1 21 0,4 4xxxxxxx x                  xBất phương trình trở thành 84  4  4  47x x   8 0 x 1 7x 8 0x    1 1 x1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S   1;1

BBààiittoốánn3300 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 84843 5 802 2xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 84  4 22 2 1 1 0,x  x   x       x

Bất phương trình đã cho tương đương với 84  4  4  4

3x 5x  8 0 x 1 3x 8 0x    1 1 x1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S   1;1

B

Bààiittoốánn3311 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 105 4 1152 0

x  x   x 

Lời giải

51055555523232 36 1152 0 32 36 03636xxxxxxxxx              

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm BBààiittoốánn3322 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 105 2x 3x  5 0 x  Lời giải Điều kiện x   Đặt x5 tta thu được 525 511 12 3 5 0 1 2 5 0 5 5 52 2 2xtxtttttxx                    

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

BBààiittoốánn3333 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 105522 5 704 1xxxxx     Lời giải Điều kiện x54x2 1 0

Trang 11

5105555 5112 5 7 0 1 2 7 0 7 72 2xxxxxxxx               

Đối chiếu điều kiện, kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm

BBààiittoốánn3344 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 105425 602xxxxx    Lời giải

Điều kiện x 0 Bất phương trình đã cho tương đương với



1055555

5 6 0 1 6 0 6 1 6 1

x  x    x  x     x    x Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

56 10xx  BBààiittoốánn3355 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 126 6 7 0x  x   x  Lời giải

6126666661 17 7 0 1 7 0 117xxxxxxxxxx                  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1;x1 B

Bààiittoốánn3366 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 147 

9 10 0

x  x   x 

Lời giải

7 7147777710 1010 10 0 10 1 011xxxxxxxxx               

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm  7 10;1S   BBààiittooáánn3377 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 168 5x 6x 11 x  Lời giải



1688888

5x 5x 11x 11 0  x 1 5x 11 0x    1 x 1;1 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S   1;1

BBààiittoốánn3388 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 1261266 705 9xxxxx     Lời giải Điều kiện x  

Nhận xét x125x6 9 0,   Bất phương trình đã cho tương đương với x

Trang 12

_ 12BBààiittoốánn3399 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 1471053 406xxxxx     Lời giải Điều kiện x   Nhận xét  5 2105 2 1 236 0,4x

x x         Bất phương trình đã cho tương đương với x



1477777

3 4 0 1 4 0 4 1 4 1

x  x    x  x     x    x Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S  7 4;1

BBààiittoốánn4400 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 16842 1016xxxx    Lời giải Điều kiện x  2

Bất phương trình đã cho tương đương với  8 2 8

4 411 1 00 216 16 02xxxxxxx            Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1 x 2 x 2

Nhận xét

Các bài toán từ 17 đến 40 là dạng toán cơ bản, hình thức có dạng đặc trưng "trùng phương"   2nn

f x ax bx , cbậc của đa thức tăng dần, bước đầu có sự xuất hiện của phân thức, định hướng bạn đọc tới các lập luận đánh giá mẫu thức Cách giải đơn thuần là nhóm nhân tử đưa về phương trình – bất phương trình tích – thương hoặc đặt ẩn phụ n

x t (kèm theo điều kiện t0, n 2 ,k k ) đưa về phương trình – bất phương trình bậc hai, nhẩm

nghiệm và đưa về nhân tử tự nhiên Các bạn lưu ý một số kiến thức cơ bản đối với bất phương trình

Trang 14

_ 14BBààiittoốánn4411 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 6 3 2 0x  x  x  x  Lời giải

3222225 5 2 2 0 1 5 1 2 1 0 5 2 1 01 0 5 33 5 331; ;2 25 2 0xxxxxxxx xxxxxxxxxxx                          

Vậy phương trình ban đầu có ba nghiệm B

Bààiittoốánn4422 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3 0

x x   xx 

Lời giải

3222222 2 3 3 0 1 2 1 3 1 01 22 3 1 0 11xxxxxxxx xxxxxxxx                      Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 B

Bààiittoốánn4433 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 2x x 3x 6 0 x 

Lời giải

 3222222 2 3 3 6 6 0 2 1 3 1 6 1 02 3 6 02 3 6 1 01xxxxxxxx xxxxxxxx                      

Phương trình [*] vơ nghiệm do  0 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x 1

Nhận xét

Các bài toán từ 41 đến 43 là phương trình bậc ba với hệ số ngun, giải bằng cách đưa về phương trình tích Điểm nhấn của cách làm này là tìm ra một nghiệm nguyên hoặc hữu tỷ của phương trình ban đầu Vấn đề đặt ra là làm cách nào để tìm nghiệm hữu tỷ này và thao tác đưa về dạng tích sẽ thực hiện như thế nào ?

Phương trình bậc ba (hệ số nguyên) dạng tổng quát: 32 

0 0

ax bx cxd  a

 Nếu phương trình trên có nghiệm ngun x thì 0 x d , tức là 0 x là ước của số hạng tự do d 0

 Nếu phương trình trên có nghiệm hữu tỷ x0 pq

 với p q  , tức là p va q nguyên tố cùng nhau, thì p là ,  1

ước của số dạng tự do d, còn q là ước của hệ số bậc cao nhất a: p d q a ,

Dựa trên cơ sở hai hệ quả trên, các bạn có thể nhẩm nghiệm trong phạm vi cho phép Bất quá có thể nhẩm nghiệm từ số 0 tăng và giảm dần về hai phía trục số hữu tỷ

Trang 15

B

4 5 0

x  x  x 

Lời giải

 3222225 5 0 1 1 5 1 05 05 1 01xxxxxxxx xxxxxxxx                      

Phương trình [*] vơ nghiệm do  0 Kết luận nghiệm S  1 B

Bààiittoốánn4455 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3x 7x 100 x 

Lời giải

Điều kiện x  

 3222223 3 10 10 10 10 0 3 1 10 1 10 1 03 10 10 03 10 10 1 01xxxxxxxx xxxxxxxx                      

Phương trình (*) vơ nghiệm do  0 Kết luận nghiệm S  1 B

Bààiittoốánn4466 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 4x 5x 9 0 x 

Lời giải

3222224 4 4 4 9 9 0 4 1 4 1 9 1 02 1 84 4 9 1 0 11xxxxxxxx xxxxxxxx                      Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất S  1 B

Bààiittoốánn4477 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 2x 4x 5x11 x 

Lời giải

 3222222 2 6 6 11 11 0 2 1 6 1 11 1 02 6 11 02 6 11 1 01xxxxxxxx xxxxxxxx                      

Phương trình [*] vơ nghiệm do  0 Kết luận nghiệm S  1 B

3 3 7 0

x  x  x  x 

Lời giải

Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với 3

32

3 3 1 8 1 8 1 2 1

x  x  x   x   x  x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1

B

2 7 6 0

Trang 16

_ 16

Lời giải

 3222226 6 0 1 1 6 1 06 06 1 01xxxxxxxx xxxxxxxx                       

Phương trình (*) vơ nghiệm vì  0 Vậy kết luận nghiệm S   1 B

3 6 4 0

x  x  x  x 

Lời giải

3222222 2 4 4 0 1 2 1 4 1 011 2 4 0 11 3xxxxxxxx xxxxxxxx                       

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất B

Bààiittoốánn5511 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 2x 4x 7x 5 0 x 

Lời giải

322222 22 2 2 2 5 5 0 2 1 2 1 5 1 011 2 2 5 0 11 4xxxxxxxx xxxxxxxxx                        Vậy phương trình đã cho có nghiệm S   1

B

Bààiittoốánn5522 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3x x 8x100 x 

Lời giải

22222223 3 2 2 10 10 0 3 1 2 1 10 1 011 3 2 10 0 12 1 9xxxxxxxx xxxxxxxxx                        Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất S   1 B

Bààiittoốánn5533 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 4x 3x   x 2 0 x 

Lời giải

Trang 17

Nhận xét

Quan sát các bài toán từ 41 đến 53, các bạn có thể thấy ngay đây đều là các phương trình bậc ba cơ bản với hệ

số nguyên, nghiệm của phương trình là 1 hoặc 1 Mấu chốt là đốn biết nghiệm của phương trình và áp dụng các kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử

Lưu ý khi phương trình đa thức bậc cao có nghiệm 1 hoặc 1 (Kết quả dựa trên định lý Bezu)

 Nếu tổng các hệ số của đa thức bằng 0 thì phương trình có một nghiệm bằng 1

 Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình có một nghiệm bằng 1

Về kỹ thuật phân tích đa thức thành nhân tử, các bạn có thể thực hiện theo một trong các phương án sau (xin lấy ví dụ cụ thể bài tốn 53)

Trước hết đoán biết phương trình có nghiệm x  1nên kết quả phân tích chứa nhân tử x 1, hay là

  

32

4x 3x   x 2 0 x1 f x  0

 Thực hiện phép chia đa thức: Ta có   32  2

4 3 2 : 1 4 2

f x  x  x  xx  x  x Thao tác này hoàn toàn cơ bản, đơn giản (phạm vi chương trình Đại số lớp 8 THCS)

 Sử dụng nhóm nhân tử  32322224 3 2 4 4 2 24 1 1 2 1 1 4 2xxxxxxxxxxx xxxxx                 

Thao tác này cũng rất tự nhiên, để xuất hiện nhân tử x 1chắc chắn hạng tử tiếp theo sẽ là 2

4x, như vậy để xuất hiện 2

3x bắt buộc phải bớt đi 2

x, tiếp tục để thu được nhân tử x 1bắt buộc phải bớt đi x và tất yếu thêm hạng tử 2x, kết hợp với số hạng tự do 2 thu được nhân tử đẹp Sự kiện đoán biết nghiệm x  1đảm bảo tính chính xác của phương án

 Sử dụng lược đồ Horne phân tích nhân tử

Trước hết xin giới thiệu lược đồ Hocrne, một phương pháp hữu hiệu tìm đa thức thương và đa thức dư trong phép chia đa thức (kể cả trong trường hợp không xảy ra trường hợp trường hợp chia hết)

Xét đa thức bậc n:   12

0 n 1 n 2 n n 1 n

P x a x a x  a x   a  xa Giả sử thực hiện phép chia cho x, đa thức thương thu được   123

0 n 1 n 2 n n 1

Q x b x  b x  b x   b Các hệ số b b b0, ,1 2, ,bn1và số dư r được xác định thông qua lược đồ

0a a 1 a 2 an1 a n00b ab1 b0a1 b2 b1 a2 bn1 bn2an1 rbn1an Lưu ý:

 Các hệ số a a0, , ,1 a liệt kê theo thứ tự giảm dần của bậc của x n

 Nếu phép chia là hết thì số dư r 0 Thực hành với đa thức 4x33x2 x 2của chúng ta

4 3 1 2 1 4 1 2 0 Suy ra   24 2f x  x  hay ta có phân tích x  2 1 4 2x x  x

Để đảm bảo tính tự nhiên có thể nhân ngược trả lại  2   2  2 

4 2 4 2 0 1 4 2 0

Trang 18

_ 18BBààiittoốánn5544 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 9 26 24 0x  x  x  x  Lời giải

22227 12 2 7 12 0 2 7 12 02 3 4 12 0 2 3 4 0 2;3; 4x xxxxxxxxxxxxxxx                        

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm BBààiittoốánn5555 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 2 0x x   xx  Lời giải 1 Điều kiện x  

322222222 2 2 0 1 2 1 022 1 0 2 4 4 4 0 22 1 3xxxxxx xxxxxxxxxxxxx                          

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2

Lời giải 2

 3222222 2 2 0 2 2 2 022 1 01 0xxxxxxxx xxxxxxxx                     

Phương trình (*) vơ nghiệm vì  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2

Nhận xét

Hai bài toán trên, 54 và 55 đã khơng có nghiệm bằng 1 hoặc 1 nữa, điều này bắt buộc chúng ta phải đoán biết bằng cách nhẩm hoặc sử dụng máy tính Riêng về bài tốn 55, các bạn có thể nhận thấy phương trình có một nghiệm x 2, áp dụng phân tích nhân tử tìm được nhân tử cịn lại là x2 x 1, do đó có thể viết trực tiếp dạng

 2 

2 1 0

x x  x 

Tuy nhiên để lời giải trở nên "tự nhiên, thuần túy" chúng ta nên nhóm nhân tử như một trong hai cách trên

22221 2 1 02 1 02 2 2 0x xxxxxxxxxx xx                

Tại vế sau của mỗi lời giải, cách trình bày cũng có hơi khác biệt Lời giải 1: 22222 1 0 2 4 4 4 0 22 1 3xxxxxxxxx              Thực ra là 22 1 31 02 4x   x x    

, phương trình này vô nghiệm Việc nhân với 4 để tránh dùng phân số

Ngồi ra các bạn có thể nhân với 2 đưa về 2 2

1 1

x  x   (Vô nghiệm) Lời giải 2

Trang 19

Lời giải 1 chỉ sử dụng biến đổi hằng đẳng thức thông thường, không sử dụng kiến thức phương trình bậc hai

(chương trình Đại số học kỳ II lớp 9 THCS), các bạn học sinh đầu lớp 9 và lớp 8 có thể làm được, lời giải 2 sử

dụng biệt thức  0, rõ ràng chỉ phù hợp với các bạn đã qua học kỳ II lớp 9 trở lên

B

Bààiittoốánn5566 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 2x 3x 3x100 x 

Lời giải

32222222 22 5 4 2 10 0 2 5 2 2 5 022 2 5 0 2 4 2 10 21 3 9xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                          

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 B

2 18 0

x  x  x  x 

Lời giải

3222222 4 8 9 18 0 2 4 2 9 2 022 4 9 0 22 5xxxxxxxx xxxxxxxx                     Kết luận nghiệm S  2 BBààiittoốánn5588 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 14 24 0x x  x  x  Lời giải

3222225 6 4 20 24 0 5 6 4 5 6 04 5 6 0 4 2 3 0 4; 2;3xxxxxx xxxxxxxxxxx                        

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm BBààiittoốánn5599 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 12 47 60 0x  x  x  x  Lời giải Điều kiện x  

322225 7 35 12 60 0 5 7 5 12 5 05 7 12 0 5 3 4 0 3; 4;5xxxxxxxx xxxxxxxxx                       

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x3;x4;x5 B

4 5 2 0

x  x  x  x 

Lời giải

Trang 20

_ 20BBààiittoốánn6611 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 7 16 12 0x  x  x  x  Lời giải

 3222224 4 3 12 12 0 4 4 3 4 4 033 2 04xxxxxx xxxxxxxx                  

Vậy phương trình đã cho có nghiệm hai nghiệm x3;x4 B

Bààiittoốánn6622 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 4x 8x 5x 1 0 x 

Lời giải

2 2 232214 4 4 4 1 0 2 1 2 1 0 1 2 1 0 12xxxxxxxxxxxx                

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1; 12x x BBààiittoốánn6633 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 8 21 18 0x  x  x  x  Lời giải

3222226 9 2 12 18 0 6 9 2 6 9 022 3 03xxxxxx xxxxxxxx                  Kết luận tập nghiệm S 2;3 BBààiittoốánn6644 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3 3 1 0x  x  x  x  Lời giải Điều kiện x  

Phương trình đã cho tương đương với x130x1 Phương trình có nghiệm duy nhất B

3 3 7 0

x  x  x  x 

Lời giải

3222224 4 7 7 0 1 4 1 7 1 011 4 7 0 12 3xxxxxxxx xxxxxxxx                     Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1

Lời giải 2

Phương trình đã cho tương đương với 32 3

3 3 1 8 1 8 1 2 1

Trang 21

Nhận xét

Các bài toán từ 60 đến 64 đã bước đầu xuất hiện nghiệm bội (hai nghiệm trùng nhau), kết quả sử dụng máy tính cho chúng ta hai nghiệm, tuy nhiên không hiển thị chính xác nghiệm nào là nghiệm bội Trong trường hợp này có thể dùng các phép phân tích phân tích nhân tử thơng thường (chia đa thức, nhóm nhân tử, lược đồ Horne ) Tuy nhiên để giảm bớt các cơng đoạn tính tốn các bạn có thể dự đốn chính xác nghiệm bội, từ đây việc nhóm nhân tử diễn ra dễ dàng hơn Để cụ thể hóa, xin lấy hai ví dụ điển hình bài tốn 62 và 63

 Bài tốn 62 Giải phương trình 32 4x 8x 5x 1 0 x 

Kết quả nghiệm x1 1;x2 0, 5 Lưu ý đây là phương trình bậc ba nên khơng thể có x1 2 x1 0

(phương trình bậc hai) Các phép phân tích có thể xảy ra là   

 221 2 1 0 11 2 1 0 2xxxx      

Để ý rằng đối với trường hợp [1], hệ số bậc cao nhất sau khi khai triển là 1.1 1 4 (Loại); trường hợp [2] dễ thấy thỏa mãn Trong cả hai trường hợp, số hạng tự do đều là 1

 Bài tốn 63 Giải phương trình 32 

8 21 18 0

x  x  x  x 

Kết quả nghiệm x1 2;x2  Loại trừ ngay trường hợp 3 x2x3 (phương trình bậc hai) 0

Các phép phân tích có thể xảy ra gồm     222 3 0 33 2 0 4xxxx      

Dễ thấy đối với phương án [3], số hạng tự do bằng 4.3 12  18, tất yếu phương án [4] là phù hợp, từ đó dẫn đến lời giải chính xác BBààiittoốánn6666 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 4 3 0x  x  x x  Lời giải Điều kiện x  

 2  1 34 3 0 1 3 00xx xxx xxx          Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S   ; 0   1;3

BBààiittoốánn6677 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 6 11 6 0x  x  x  x  Lời giải Điều kiện x  

322222 4 8 3 6 0 2 4 2 3 2 032 4 3 0 1 2 3 01 2xxxxxxxx xxxxxxxxxx                         Kết luận tập nghiệm S 1; 2  3; BBààiittoốánn6688 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 6 2 3 0xxxx      Lời giải Điều kiện x 0

Trang 22

_ 22 32322222 3 6 3 3 6 60 01 3 61 3 1 6 10 0xxxxxxxxxxxxxxxx xxxx                   Ta có 2 1 2  1 2 23 6 2 6 12 3 3 0,2 2x  x  x  x  x  x    x  nên   x 1 0 0 x 1x      Kết luận tập nghiệm S 0;1 BBààiittoốánn6699 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2x 1 32 0 x x     Lời giải

 323222222x x  3 02x 2x 3x  3 02xx1 3 x 1 0 x1 2x 3x3 0  Ta có 22 3 152 3 3 2 0,4 8x  x  x     x   nên    x 1 0x 1Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x 1

B

7 15 9

x  x  x x 

Lời giải

 3222226 9 6 9 0 6 9 6 9 03 0 31 3 01 0 1xxxxxx xxxxxxxxxx                       

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;1 1 BBààiittoốánn7711 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 7 11 5 0x  x  x  x  Lời giải Điều kiện x  

 3222222 5 10 5 0 2 1 5 2 1 01 0 15 1 05 0 5xxxxxx xxxxxxxxxx                       

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S  1 5; B

Bààiittoốánn7722 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 2x 9x 12x 4 0 x 

Lời giải

Trang 23

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm ;1  22S    BBààiittoốánn7733 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 4x 12x 9x 2 0 x  Lời giải

3222224 4 8 8 2 0 4 4 1 2 4 4 1 022 02 2 1 0 12 1 02xxxxxxxxxxxxxxxx                     Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1 2; 

2S     BBààiittoốánn7744 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 9x 15x 7x 1 0 x  Lời giải

 3222229 6 9 6 1 0 9 6 1 9 6 1 011 01 3 1 0 1 13 1 03xxxxxxxxxxxxxxxxx                       Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 1

B

6 9 4 0

x  x  x  x 

Lời giải

3222222 4 8 4 0 2 1 4 2 1 04 0 44 1 0 41 0 1xxxxxx xxxxxxxxxxx                         

Vậy bất phương trình có nghiệm x 4 BBààiittoốánn7766 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 3 1 0xxxx      Lời giải

 232 3 32 2 2 2 3 3 1 2 30 0 xxx 0xxxxxxxxxxx               Nhận xét 2 22 3 1 2 0,x  x  x     x Do đó   x 1 0 0 x 1x      Kết luận S 0;1 BBààiittooáánn7777 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 6 2 3 04xxxx      Lời giải

Trang 24

_ 242 3 2 2222 3 4 6 6 11 6 4 3 2 4 30 0 04 4 42 4 3 1 2 3 1 20 03 44 4xxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxx                                  Kết luận nghiệm 1x  2 3 x4 BBààiittoốánn7788 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 14 4 9 02xxxx      Lời giải

 2 3 2 24 9 2 14 2 4 1 3 40 0 02 2 2xxxxxxxxxxxx                Ta có 22 3 73 4 0,2 4x  x x     x   nên   1 0 1 22xxx      Kết luận nghiệm S 1; 2 BBààiittooáánn7799 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 4 3 4 04xxxx      Lời giải

 2 3 2 3 2 22223 4 4 4 7 16 12 4 4 3 12 120 0 04 4 422 04 4 3 4 4 3 20 0 3 44 4 034xxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx                                    

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S   ;3  2  4; 

BBààiittoốánn8800 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 20 2 7 03xxxx      Lời giải Điều kiện x 3

 2 3 2 3 2 22222 7 3 20 2 5 4 1 2 4 2 2 10 0 03 3 31 0 12 2 1 2 1 2 1 1 10 0 2 1 1 33 3 0 3 23 2xxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx                                          

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1;32S    BBààiittoốánn8811 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 2 9 4 5 02xxx     Lời giải Điều kiện x 2

Trang 25

 2 3 2 3 2 22224 5 2 9 4 8 5 1 4 4 4 4 10 0 02 2 22 1 0 14 4 1 4 4 1 1 2 1 20 0 1 212 2 02 12xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                                           

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 2 x1

BBààiittoốánn8822 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3224 3 8019xxxxxx      Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 22 1 7519 0,2 4x  x x     x

   Bất phương trình đã cho tương đương với

 32322224 3 8 0 5 5 8 8 01 5 1 8 1 0 1 5 8 0xxxxxxxxxxx xxxxx                      Ta có 22 5 75 8 0,2 4x  x x     x

  nên   x 1 0 x Kết luận nghiệm 1 x 1

BBààiittoốánn8833 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3224 5 1005xxxxx     Lời giải

 32225 5 10 10 0 1 5 1 10 1 0 1 5 10 0 1x  xx  x x  xx  x x  x   x x  x  Nhận xét 22 5 155 10 0,2 4x  x x     x

  nên  1 x 1 0 x Kết luận nghiệm 1 x 1

BBààiittoốánn8844 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3242 1801xxxxxx      Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 22442 1 2 1 1 2 1 1 11 0,4 4 2 2 2 2x   xx x  x  x  x   x     x    

 323222222 18 0 2 4 8 9 18 0 2 4 2 9 2 02 4 9 0 2 2 5 0 2 0 2xxxxxxxxxxx xxxxxxxxx                                 

Vậy bất phương trình có nghiệm x 2

Trang 26

_ 26 3222223 4 12 13 39 0 3 4 3 13 3 03 4 13 0 3 2 9 0 3xxxxxxxx xxxxxxxx                         

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 3

BBààiittoốánn8866 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3277 11 502 6xxxxxx      Lời giải Điều kiện x72x6

  2 32222 12 5 10 5 0 2 1 5 2 1 0 1 5 05xxxxxxx xxxxxxx                   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm S  1;5

BBààiittoốánn8877 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3262 11 20 12029 3 1992xxxxxx      Lời giải Điều kiện 29x63x19920 Phương trình đã cho tương đương với

 23222222 8 8 3 12 12 0 2 4 4 3 4 4 0 2 3 2 0 32xxxxxxx xxxxxxx                  

So sánh điều kiện thấy thỏa mãn, kết luận phương trình đã cho có nghiệm 2;32S    BBààiittoốánn8888 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32523 4 802 9 1945xxxxxx      Lời giải Điều kiện 2x59x219450 Phương trình đã cho tương đương với

32222223 3 4 4 8 8 0 3 1 4 1 8 1 02 2 43 4 8 1 0 11xxxxxxxx xxxxxxxxx                       Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x 1

BBààiittoốánn8899 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3223 5 905 6xxxxxx      Lời giải Điều kiện x2;x3

232224 9 1 2 34 4 9 9 10 0 012 3 6 2 3 2 3xxxxxxxxxxxxxxxxxx                        

Trang 27

BBààiittoốánn9900 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32207 12xxxxx     Lời giải Điều kiện x27x120x3;x4 Bất phương trình đã cho tương đương với

232221 2 42 2 10 0 01 33 4 12 3 4 3 4xxxxxxxxxxxxxxxxxx                        

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S 1;3  4; 

BBààiittoốánn9911 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3232 4010xxxxxx      Lời giải

23223222221 2 1 4 12 2 4 40 02 2 4 5 10 2 2 2 5 21 2 4 10 0 1 222 2 5xxx xxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx                              

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S 1; 2

BBààiittoốánn9922 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3225 8 408 15xxxxxx      Lời giải Điều kiện x3;x5

232222251 24 4 4 40 0 1 50 1 33 5 15 3 53 5 1 3xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                             

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S 1;3  5; 

BBààiittoốánn9933 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32327 15 9011 38 40xxxxxxx       Lời giải Điều kiện x2;x4;x5

  223223222226 9 6 96 9 6 90 06 8 5 30 40 6 8 5 6 833 01 30 1 4 502 4 52 4 5 1 2x xxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxx                                      

Trang 28

_ 28BBààiittoốánn9944 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32322 14 24 907 14 8xxxxxxx       Lời giải

Điều kiện x1;x2;x4 Bất phương trình đã cho tương đương với

 22322322 2 222 6 9 6 92 12 18 6 90 03 2 4 12 8 3 2 4 3 2133 0 242 1 30 2 1 1 20 1 24 1 24 1 2 42 1x xxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                                              

Kết luận nghiệm như trên

BBààiittoốánn9955 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3224 8 13013 42xxxxxx      Lời giải

Điều kiện x 6; 7 Bất phương trình đã cho tương đương với

 224 5 13 4 5 13 1 4 2 5 130 06 7 6 7006 76 7xxxxxxxxxxxxxxxxx                   Kết luận nghiệm S   ; 06; 7 BBààiittoốánn9966 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3222 3 5 1009xxxxxx     Lời giải

Điều kiện x 0;9 Bất phương trình đã cho tương đương

Trang 30

_ 30B

Bààiittoốánn9977 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3x 3x 3x 1 0 x 

Lời giải

Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với 333233312 3 3 1 0 1 2 1 21 2x x  x  x   x   x x   xx  Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

311 2x   BBààiittoốánn9988 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3 3 28x  x  x x  Lời giải 1

322222224 4 8 28 0 4 4 8 4 044 8 0 4 2 2 16 0 41 15xxxxxxxx xxxxxxxxxxxx                           Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Lời giải 2

Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với 33233 3 1 27 1 3 1 3 4x  x  x   x  x   x Kết luận nghiệm S  4 BBààiittoốánn9999 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 3 3 3 0x  x  x  x  Lời giải

3233

3 3 1 2 1 2 1 2 2 1

x  x  x    x    x    x   Kết luận nghiệm duy nhất 3

2 1x    BBààiittoốánn110000 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 8x 12x 6x7 x  Lời giải

33323 6 18 12 6 1 6 2 1 6 2 1 62x  x  x   x   x  x  Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

36 12x  BBààiittoốánn110011 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 9 27 38 0x  x  x  x  Lời giải

3233

9 27 27 11 3 11 3 11 11 3

x  x  x   x  x  x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3

11 3

Trang 31

Nhận xét

Có thể dễ nhận thấy các phương trình từ 97 đến 101 đều là các phương trình bậc ba đầy đủ, tuy nhiên một số phương trình sử dụng máy tính cho kết quả tỏ ra "lẻ, hoặc vơ hạn tuần hồn, số vơ tỷ ", điều này gây bất lợi cho q trình phân tích nhân tử Mặc dù vậy chúng ta vẫn còn một biến đổi vơ cùng đơn giản – thuần túy, đó là sử dụng hằng đẳng thức lập phương một tổng (hiệu), đưa bài toán về dạng A3 B3 Những bài toán thực hiện bởi chú ý này đều có hình thức đặc biệt đưa về được hằng đẳng thức Một số bài toán khác cần phải sử dụng công thức Cacdaro, tác giả xin trình bày tại Lý thuyết phần 3 bởi nó vượt q khn khổ tài liệu phần 1 này

BBààiittoốánn110022 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 1 63x x x x  Lời giải

Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với 332333118 3 3 1 0 17 1 0 17 117 1x  x  x   x  x   x xx Kết luận nghiệm 3117 1S     BBààiittoốánn110033 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 5x 6x 12x 8 0 x  Lời giải Điều kiện x  

333233324 6 12 8 0 4 2 0 2 41 4x x  x  x   x  x   x   xx  Kết luận tập hợp nghiệm 321 4S    BBààiittooáánn110044 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 32 21x 6x12x 1 x  Lời giải Điều kiện x  

3 33323333113 8 12 8 1 0 13 2 1 0 13 1 2 13 1 213 2x  x  x  x   x  x   x   x  x   xx Kết luận nghiệm duy nhất

3113 2S     BBààiittoốánn110055 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 2 32 3 33x x  x x  Lời giải

3323333332 3 9 9 6 9 27 27 0 5 3 0 5 35 1x  x  x  x  x  x   x  x   x   xx Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất

Trang 32

_ 32

Lời giải 1

Điều kiện x   Bất phương trình đã cho tương đương với 3

3323 1

8 3 3 1 0 8 1 0 1 2

3

x x  x  x   x  x  x   xx  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1

3

x  

Lời giải 2

Điều kiện x   Biến đổi 2  2  13 3 1 3 1 0 3 1 3 1 0

3

xx  x   x  x  x  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1

3x   BBààiittoốánn110077 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 3 3 10x  x  x x  Lời giải Điều kiện x  

Bất phương trình đã cho tương đương với 32 3 3

3 3 1 9 1 9 9 1

x  x  x   x  x  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 3

9 1x   BBààiittoốánn110088 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 17x 6x 12x8 x  Lời giải Điều kiện x   Biến đổi 3323 3 33216 6 12 8 0 16 2 16 21 16x x  x  x   x  x x  xx Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

321 16x  BBààiittoốánn110099 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 32 22x 9x 27x270 x  Lời giải

Điều kiện x   Bất phương trình đã cho tương đương với 3332333321 9 27 27 0 21 3 21 31 21x x  x  x   x  x  x   xx

Vậy bất phương trình ban đầu có nghiệm

331 21x  BBààiittoốánn111100 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3227 6 12 803 4xxxxxx      Lời giải Điều kiện x   Nhận xét 2 1 2  1 2 23 4 6 2 8 1 5 7 0,2 2x  x  x  x   x  x    x   Biến đổi: 323 3 3327 6 12 8 0 6 2 0 2 66 1x  x  x   x  x  x  x x  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

3

26 1

x  

Trang 33

B

Bààiittậậppttưươơnnggttựự

Trang 34

_ 34B

Bààiittooáánn111111 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x33x53 8 x 

Lời giải 1

 32323232229 27 27 15 75 125 8 2 24 102 160 0512 51 80 0 5 7 16 07 16 0xxxxxxxxxxxxxxxxxx                          

Phương trình (*) vơ nghiệm do  0 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  5

Lời giải 2 Đặt x 4 t; phương trình đã cho trở thành  33 3 2 3 2 3 3221 1 8 3 3 1 3 3 1 8 2 6 8 0 3 4 011 4 04 0tttttttttttttttttt                             

Phương trình (*) vơ nghiệm do  0 Với t  1 x  4 1 x5 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  5

B

Bààiittoốánn111122 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x13x5364 x 

Lời giải 1

32323232223 3 1 15 75 125 64 2 18 78 190 059 39 95 0 5 4 19 0 52 15xxxxxxxxxxxxxxxxxx                          

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 5

Lời giải 2

Điều kiện x   Đặt x 3 t, phương trình đã cho tương đương với

33 3 2 3 2 33222 2 64 6 12 8 6 12 8 64 2 24 64 0212 32 0 2 2 16 0 2 51 15tttttttttttttttttxt                               

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 5 BBààiittoốánn111133 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x34x54 16 x  Lời giải Điều kiện x   Đặt x 4 t; phương trình đã cho trở thành  2244 2 222222222222422221 1 16 1 2 1 2 161 4 1 4 1 4 1 4 161 52 1 8 16 6 7 0 1 7 0 11 3tttttttt tttt tttxttttttttx                                         

Trang 35

B

Bààiittoốánn111144 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x14x74 162 x 

Lời giải

Điều kiện x   Đặt x 4 t, phương trình đã cho trở thành

 2244 2 242224222422223 3 162 9 6 9 6 16218 81 12 9 36 18 81 12 9 36 16218 81 36 81 54 0 0 4ttttttttt ttttt ttttttttx                                 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 4 B

Bààiittoốánn111155 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4 4 

2 4 16

x  x  x 

Lời giải

Điều kiện x   Đặt x 3 t, bất phương trình đã cho trở thành

 2244 2 222222222222422221 1 16 1 2 1 2 161 4 1 4 1 4 1 4 162 1 8 16 6 7 0 1 7 01 1 1 2 4tttttttt tttt ttttttttttx                                       

Vậy bất phương trình ban đầu có nghiệm S 2; 4 BBààiittoốánn111166 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h x23x33 1 x  Lời giải Điều kiện x   Đặt 52x t, bất phương trình đã cho trở thành 3333 3 2 3 23321 11 2 1 2 1 8 8 12 6 1 8 12 6 1 82 2116 12 8 0 4 3 2 0 2 1 2 2 0 32ttttttttttttttttttx                                          

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x 3

Nhận xét

Qua quan sát, các bạn có thể thấy các phương trình – bất phương trình trên (từ 111 đến 116) hồn tồn giải

được bằng phương pháp biến đổi tương đương, khai triển hằng đẳng thức trực tiếp mà không thông qua bất kỳ phép đặt ẩn phụ nào Đối với phương trình bậc cao, sử dụng ẩn phụ là một cách làm phổ biến và hiệu quả Các bài toán trên có dạng tổng quát xan x b n c, phép đặt ẩn phụ trung bình

2

a b

x  tsẽ làm cho các tính tốn trở nên tương tự, mặc dù các phép khai triển vẫn diễn ra bình thường, bậc của khai triển khơng giảm, đổi lại chúng ta có thể triệt tiêu một số hạng tử giống nhau, từ đây dẫn đến kết quả nhanh chóng, dễ dàng hơn

BBààiittoốánn111177 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3 3 27x x  x  Lời giải Điều kiện x  

Phương trình đã cho tương đương với 323 

9 27 27 27 3 0 3; 0

Trang 36

_ 36BBààiittoốánn111188 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3 3 1 2 0x  x  x  x  Lời giải

332323232223 3 1 6 12 8 0 3 9 15 9 013 5 3 0 1 2 3 0 11 2xxxxxxxxxxxxxxxxxxx                             

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất B

Bààiittoốánn111199 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3 3 

1 2 2 1 2

x  x  xx 

Lời giải

32323323223 3 1 2 8 12 6 1 2 15 27 15 3 05 9 5 1 0 1 5 4 1 0 1xxxxxxxxxxxxxxxxx                       Phương trình có tập nghiệm S  1 BBààiittoốánn112200 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x332x13 3x23 x  Lời giải 1 Điều kiện x   Đặt x 3 a; 2x 1 ba b 3x2 Phương trình đã cho trở thành 3 33333333 013 0 2 1 023 2 023xxaba bababab a bab a bxxxx                           Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 3; 2 1;

3 2

S    

Lời giải 2

Phương trình đã cho tương đương với

32323232329 27 27 8 12 6 1 27 54 36 818 57 3 18 0 6 19 6 02 12 1 3 3 2 0 3; ;3 2xxxxxxxxxxxxxxxxxxx                              

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm kể trên B

Bààiittoốánn112211 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 2x33x43 1 3 x3 x 

Lời giải

Trang 37

33333333 03 12 3 4 1 3 0 ; ; 42 3uvuvuvuvuv uvuv uvxxxx                      

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm B

Bààiittoốánn112222 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3x235x23 8x43 x 

Lời giải

Điều kiện x   Đặt 3x 2 u;5x  2 v 8x 4 uv Bất phương trình đã cho trở thành

33333333 0233 2 5 2 2 1 02 15 2uvuvuvuvuv uvuv uvxxxxx                   

Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm như trên B

Bààiittoốánn112233 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h x235 2 x327x13 x 

Lời giải

Điều kiện x   Đặt x2u; 2x  5 vu v 3x3 Bất phương trình đã cho tương đương với

3 33333323 0 2 2 5 1 0 512xuvuvuvuvuv uvuv uvxxxx                    

Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm  ; 2 1;52S        BBààiittoốánn112244 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x13x235x1x2  2x33 x  Lời giải 1

323223232323 3 1 6 12 8 5 3 2 8 36 54 2726 22 24 8 0 3 11 12 4 0 1 2 3 2 0 32 1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                                

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm  2; 1 2;3S        Lời giải 2 Điều kiện x   Đặt x 1 a x; 2 b 2x 3 a b , bất phương trình đã cho trở thành 33333335 5 323 3 5 0 2 1 2 3 2 0 32 1ababa babababab a bxababxxxx                       

Trang 38

_ 38BBààiittoốánn112255 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh x233x33x2 3 x125 x  Lời giải 1 Điều kiện x   Đặt x2a;3x ba b 5 Phương trình đã cho trở thành 33333333 3 31 0 4 0 2 3 0 2;3ababa babababab a bab a babxxx                      

Lời giải 2

 32322226 12 8 9 27 27 3 6 12512 12 72 0 6 0 2;3xxxxxxxxxxxxx                     

Nhận xét

Quan sát các bài toán từ 117 đến 125, các bạn có thể thấy mỗi bài tốn đều giải được bằng hai phương pháp:

biến đổi tương đương hoặc đặt ẩn phụ (hai ẩn phụ) Với hình thức đặc thù của lớp bài toán này, phép đặt ẩn phụ sẽ làm cho bài toán trở nên gọn gàng hơn, từ đó đơn giản định hướng vấn đề, các bạn lưu ý các hằng đẳng thức khai triển (bậc ba) quen thuộc sau đây

3 3 3 2 2 3 33 3 3 2 2 3 33 3 33 3 3a baba bababab a ba baba bababab a b                

Ngoài ra phép đặt ẩn phụ nhưng một số hạng tử hoặc nhân tử cịn lại khơng nhất thiết biểu thị theo biến phụ vẫn cho chúng ta những lời giải đẹp mắt Mời các bạn quan sát các ví dụ tiếp theo

BBààiittoốánn112266 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3  2  3 1 2 1 3 2 3 1 6 5 3 2x  x  x  x x  x x  Lời giải Điều kiện x  

Đặt x 1 a; 2x  1 b 3x 2 a b Phương trình đã cho tương đương với

 33333 1 2 1 6 5 31 2 1 0 11 2 1 6 5 1 2 1 3 2 1;26 5 3 2abxxxabab a bxxxxxxxxxxx                             Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

BBààiittoốánn112277 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3 3  4 3 1 3 1 2 1x  x  x x x x  x x  Lời giải Điều kiện x  

3 4 322422 1 3 1 2 1 3 1 2 111 1 11 1 0 1 002 2 2xx xxx xxxxxx xxxx xxxx                                   

Trang 39

BBààiittooáánn112288 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 3 3  2 2 3 2 3 3 1 8 1 3x  x  x  x  x  x  Lời giải Điều kiện x  

  233323 2 2 322 3 3 1 3 8 18 1 3 2 2 2 3 3 3 2 8 113 3 1 2 6 1 2 0 1 2 0 02xxxxxxxx xxxxxxxx xxxx xxx xxxx                                 Bất phương trình đã cho có nghiệm như trên

B

Bààiittoốánn112299 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4 4  2 2 4 

1 6 2 1

x  x  x x  x x 

Lời giải

244422244242422221 6 11 6 1 4 1 1 64 1 1 0 1 0xxxxxxxxxxxxx xxxxxx xxxx                               

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S   1; 0 BBààiittoốánn113300 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h4 2  4 423 1 6 3 1 4 3 1 3 13 4 1x  x  xx  xx x  x x  Lời giải

 4 2 2424 1 4 3 1 3 1 4 3 1 3 13 4 114 3 1 10 3 14 0 03xxxxxxxxxxxxxxx                    

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm như trên BBààiittoốánn113311 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h4 4  2 2  4 1 2 6 3 2 9 1 2 2 3x  x  x  x  x x x  x x  Lời giải

Điều kiện x   Đặt x 1 a x; 2 ba b 2x3, bất phương trình đã cho tương đương với

4442244224422222226 9 6 9 4 69 4 4 0 1 2 8 15 20 0 2 1aba bxaba baba bxababab aba babxabxxxxx                           

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S     2; 1

B

Bààiittoốánn113322 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3  3 

8x  x1 4x x1 2x1  x1 x 

Trang 40

_ 40Điều kiện x   Phương trình đã cho tương đương với

333333328 1 4 1 2 1 2 18 1 4 1 2 1 8 1 3.2 1 14 1 2 1 6 1 1 0 1 0 1; 0xxx xxxxxxx xxxxx xxx xxx xxx xx                               

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm B

Bààiittoốánn113333 GGiiảảiipphhưươơnnggttrrììnnhh 3 3  2 3 3x1 x 4x 3x1 x 1  2x1 x 

Lời giải

3 2 322 1 3 3 1 4 3 1 1 2 113 1 4 3 4 0 ; 03xxxxxxxxxxxx                 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm B

Bààiittoốánn113344 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4 4 22  4 

3 1 6 3 1 4 3 1 2 1

x  x  xx  xx  x x 

Lời giải

 442424242242422223 1 6 3 1 4 3 1 3 13 1 6 3 1 4 3 1 3 1 6 3 1 4 3 1 3 114 3 1 3 1 1 0 03xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                                    

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1; 03S    BBààiittoốánn113355 GGiiảảiibbấấttpphhưươơnnggttrrììnnh h 4 4  2 2  2 1 2 6 3 2 7 3 2 1x  x  x  x  x  x  x  Lời giải

 2444 2 2244 2 2244 2 2 2222221 2 6 3 2 7 3 2 2 11 2 6 3 2 7 3 21 2 6 3 2 4 3 2 1 23 2 4 1 4 2 7 0 3 2 0 2 1xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx                                                      

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S     2; 1

Nhận xét

Phép đặt ẩn phụ sẽ làm cho bài toán trở nên sáng sủa hơn, về bản chất thì khơng có gì thay đổi, các bạn có thể hồn tồn chỉ sử dụng phép biến đổi hằng đẳng thức thông thường Chú ý rằng

Định dạng
Số trang	111
Dung lượng	1,14 MB