Kĩ thuật xử lí phương trình – hệ phương trình vô tỉ – Đoàn Trí Dũng

Tài liệu gồm 17 trang hướng dẫn các phương pháp xử lí phương trình – hệ phương trình vô tỉ thường gặp trong các đề thi.

PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU
Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ phương trình ở dạng √A ± √B = C. Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy C là một nhân tử của (A – B).
PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ
Phương pháp này tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính đã dò được để đoán trước nhân tử của phương trình, hệ phương trình. Để sử dụng kỹ thuật này, chúng ta cần phải nắm được tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE.

34 17 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

17 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
1 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
------------------------------------
KỸ THUẬT XỬ LÝ
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
PHẦN I:
PHẦN II:
PHẦN III:
PHẦN IV:
PHẦN V:
PHẦN VI:
PHẦN VII:
PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU
DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ
HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
ĐẠO HÀM MỘT BIẾN
LƯỢNG GIÁC HÓA
ĐẶT 2 ẨN PHỤ
PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Biên soạn:
ĐOÀN TRÍ DŨNG
Hot line:
0902920389
Facebook:
https://www.facebook.com/toanthaydung
2 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU

Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ
phương trình ở dạng
A B C
. Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy
C
là một nhân tử của
.
BÀI 1:
2
2 2 1 1x x x x
Nhận thấy
22
2 2 1 1A B x x x x
có một nhân tử là
1Cx
22
2
2
2
2
2
2 2 1 1
2 2 1 1
1
2 2 1
2 2 1 1
2 2 2 0
2 2 1 1
x x x x
x x x x
x
x x x
x x x x
x x x x
x x x x
BÀI 2:
3 2 2 2
1 2 1x x x x x
Nhận thấy
3 2 2 3
1 2 1A B x x x x
có một nhân tử là
2
1C x x
3 2 2
3
3 2 2
2
3 2 2
3 2 2 2
2 2 2
3 2 2
12
1
1 2 1
1
12
1 2 1
2 2 1 1 2 2
1 2 1
x x x
x
x x x x
xx
x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x

Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có
2x
thỏa mãn nên phương trình có một nghiệm duy nhất là
2x
BÀI 3:
4
8 7 1 1x x x x x
Nhận thấy
8 7 1 1A B x x x x x
có một nhân tử là
4
1Cx
4
4
4
4
8 7 1
1
8 7 1 1
1
8 7 1
8 7 1 1
2 7 1 2 7 0 0
8 7 1 1
x x x x
x
x x x x x
x
x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
BÀI 4:
3 4 5 4 4
5 3 7 2 2 1 4
y x y x
y x x y
Nhận thấy phương trình đầu có
3 4 5 4 8A B y x y x x
có liên quan đến giá trị 4
2
3 4 5 4
8
3 4 5 4 2
4
3 4 5 4
3 4 5 4 4
2 3 4 4 2 3 4 2 , 2.
3 4 5 4 2
y x y x
x
y x y x x
y x y x
y x y x
y x x y x x y x x x
y x y x x
Thay vào phương trình thứ 2 ta được
3 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
22
5 5 3 7 2 4 6 1 0x x x x x
22
2
2
5 5 3 1 2 7 2 4 7 2 0 *
11
4 7 2 1 0
2 7 2
5 5 3 1
x x x x x x x
xx
xx
x x x




Vì
2
2
2 1 1 7 17 5 4 17
1 0 4 7 2 0 ,
7 8 32
2 7 2
5 5 3 1
x x x x y
xx
x x x


Trong phần này có chi tiết trục căn thức ở bước
*
sẽ được giải thích trong Phần II: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH
BÀI 5:
2
2
2 24
4 1 0
21
5 5 1 6
y
x x y
y
x y x y
Phương trình thứ 2 có
5 5 1 6 1A B x y x y x
có liên quan đến giá trị 6
2
5 5 1 6 1
5 5 1 1
6
5 5 1
7
5 5 1 1
2 1 7
4 5 20 5
5 5 1 6
x y x y x
x y x y x
x y x y
x
x y x y x
x y x
y x y
x y x y


Để ý phương trình 1 có
22
2
22
2 24 5 2 2 9
4 1 0 1 2 0 5
2 1 2 1
y y y y
x x y x y
yy

Vậy hệ có nghiệm duy nhất đó là
5xy
BÀI 6:
3 2 2
2 2 4 4
4 2 4 1 3 0
x y x y
x x y y x
Nhận thấy phương trình đầu có
2 2 4 2 2A B x y x y y
có liên quan đến giá trị 4
2
2 2 4 2 2
2
2 2 4
42
2 2 4
2 2 4 4
2
6
2 2 1 1
2
2 32
2 2 4
2
x y x y y
y
x y x y
x y x y
x y x y
y
y
x y x
y
x y x y
Mặt khác phương trình thứ 2 biến đổi thành:
3 2 2
3 2 2 2
22
3
4 2 4 1 3 0
1 4 4 4 4 0
1 2 2 0
x x y y x
x x xy y y y
x x y y
Vì
01VT x
cho nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất là
1, 2xy
4 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
BÀI 7:
2
2 1 1 2
( 1)
y x y y
x x y x x y
Nhận thấy phương trình đầu có
2 1 1 2 2 2A B y x y y x
không liên quan đến
2Cy
Còn phương trình thứ 2 có
2
( 1)A B y x x y x y x
có thể rút gọn với
C x x
2
2
2
2
2
2
22
2 2 2 2 2 2
( 1)
( 1)
( 1)
( 1)
2 ( 1)
( 1)
2 4 0
y x x y
x y x
yx
y x x y
x x x
y x x y
y x x y x x
y x x x y
y x x x
yx
xx
y x x y
x
y x x x x y y x x x x y x x y y x x
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
2 2 2
1 1 2x x x x x x
Đến tình huống này ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận ra phương trình có nghiệm duy nhất
1x
(Hoặc sử
dụng máy tính SHIFT SOLVE). Khi
1x
thì
2
1xx
= 1,
2
1xx
= 1. Do đó ta sử dụng bất đẳng thức
Cauchy để đánh giá:
22
22
22
22
22
2 2 2 2
11
1. 1 1
22
1 1 2
1. 1 1
22
2
1 1 1 1 1
2
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x x x x
Vì
2
2 2 2 2
1 1 1 1 2 1 1 2x x x x x x x x x x x x
Vậy đẳng thức xảy ra khi
1, 0xy
BÀI 8:
22
16 2 3 4 1 1x x x x
Bài toán này nghiệm rất đẹp
3, 0xx
nhưng để giải ra nghiệm này bằng cách trục căn thức đơn thuần thì
gần như sẽ không được nhiều điểm. Để giải quyết triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu:
22
22
22
2
22
16 2 3 4 1 1
16 4 3 4
11
11
16 2 3 4
3 12
11
16 2 3 4
x x x x
x x x
x
x
x x x
x x x
x
x x x






Như vậy nghiệm đầu tiên là
0x
. Nếu
0x
thì
22
16 2 3 4 3 4 1 1x x x x x
Do đó ta có hệ:
5 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
22
2
22
2
2
2
2
2
2
16 2 3 4 3 4 1 1
2 16 13 3 1 11 3
16 2 3 4 1 1
16 5
3 2 16 5 13 3 1 2 27 9
12
2 16 5 3 13 1 2 9 3 0
29
3 13 3
9 3 0
12
16 5
23
31
3
16 5
x x x x x
x x x x
x x x x
x
x x x x x
x
x x x x
x
xx
x
x
x
x
x
x
x






3
90
12x





Vì
1 3 0xx
. Ta xét
3 13 3 5 9 1
9 0 1
1 2 1 2
x x x
x
xx
Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là
30xx
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
BÀI 1:
22
1 1 1
1 1 2
x y y x
xy
BÀI 2:
2 2 2 2
2
53
x y x y y
xy

BÀI 3:
2
3
12 12 12
8 1 2 2
x y y x
x x y
BÀI 4:
22
22
1
1 2 1 1
21
2x x x
x y x y y
y
BÀI 5:
2
2 2 2 2x x x
6 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ

Phương pháp này tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính đã dò được để đoán trước nhân tử của phương trình, hệ
phương trình. Để sử dụng kỹ thuật này, chúng ta cần phải nắm được tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE.
BÀI 1:
22
5 5 3 7 2 4 6 1 0x x x x x
Điều kiện:
2
7
x
. Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với
1x
ta được
1,390388203x
.
Khi đó thay vào giá trị căn thức:
2
5 5 3 2,390388203 1
7 2 2,780776406 2
x x x
xx
. Do đó
2
5 5 3xx
cần phải tạo
thành nhóm biểu thức
2
5 5 3 1x x x
còn
72x
cần phải tạo thành nhóm biểu thức
2 7 2xx
.
22
5 5 3 2,390388203 5 5 3 1x x x x x
. Như vậy ta thấy rằng.
Viết lại phương trình ban đầu ta được:
22
5 5 3 7 2 4 6 1 0x x x x x
22
2
2
5 5 3 1 2 7 2 4 7 2 0 *
11
4 7 2 1 0
2 7 2
5 5 3 1
x x x x x x x
xx
xx
x x x




Vì
2
2
2 1 1 7 17 5 4 17
1 0 4 7 2 0 ,
7 8 32
2 7 2
5 5 3 1
x x x x y
xx
x x x


BÀI 2:
2
2 2 3 1 2 3 1x x x x x
Điều kiện:
2 2 0xx
. Sử dụng SHIFT với
0x
ta được
4,236067977x
Thay vào các căn thức của bài toán:
2 2 1
2 3 1 5,236067977
xx
x

. Như vậy
22xx
sẽ trừ đi 1 còn
2 3 1x
sẽ trừ đi
1x
. Viết lại phương trình:
22
3 1 2 2 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1 4 1 0x x x x x x x x x x x
2
2
2
2
2
2
2
2 1 2 3 1
2 2 1
4 1 0
1 2 3 1
2 2 1
1 2 2
41
4 1 0
1 2 3 1
2 2 1
2 1 2 2
41
4 1 0
1 2 3 1
2 2 1 1 2 2
x x x
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
xx
x x x
xx
xx
xx
x x x x


7 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
2
11
4 1 1 0
1 2 3 1
2 2 1 1 2 2
xx
xx
x x x x





Vì
2 2 0xx
nên
2 2 1 1 2 2 0
2 2 2.0 2 2 1
1 2 3 1 0
x x x x
x x x
xx
Vậy
2
4 1 0, 2 2 5x x x x
.
BÀI 3:
3 2 2
4 3 2 5 2 13x x x x x x
SHIFT SOLVE với
0x
ta được
0,828427124x
. Thay vào các giá trị căn thức:
2 5 4,828427125 4
2 13 3,828427125 3
xx
xx
. Do đó ta viết lại phương trình ban đầu:
2
22
2
2
2
4 2 5 3 2 13 0
8 16 4 5
6 9 2 13
0
4 2 5 3 2 13
1
4 4 0
4 2 5 3 2 13
x x x x x
x x x x
x x x
x x x x
x
xx
x x x x



Đến đây ta sẽ chứng minh
4 2 5xx
và
3 2 13xx
đều dương. Để đánh giá được điều này ta phải
xuất phát từ phương trình ban đầu và đánh giá điều kiện ngoài căn:
32
4 3 0x x x
. Tuy nhiên phương
trình bậc 3 này nghiệm rất xấu, và trong chương trình THPT thì không nên sử dụng phương pháp Cardano để
giải bất phương trình này mà ta sẽ thêm bớt một vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn:
3 2 3 2 2
4 3 0 4 4 0 4 1 0 4x x x x x x x x x
.
Do đó:
4 2 5 0
3 2 13 4 3 2. 4 13 0
xx
xx
. Vậy ta có
2
4 4 0
2 2 2
4
xx
x
x

BÀI 4:
2 3 3
3 4 2x x x
Phương trình này nếu giải bằng phương pháp đạo hàm sẽ đẹp hơn rất nhiều nhưng chúng ta sẽ thử phá căn 2
vế và sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy rằng bài toán có thể có những cách
giải rất phổ thông. Lập phương hai vế ta được:
63
27 4 2x x x
.
Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với các giá trị khác nhau ta thu được chỉ có duy nhất 2 nghiệm đó là:
1
0,434258545x 
(Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) và
2
0,767591879x
(Sử dụng tiếp
SHIFT RCL B để gán vào biến B). Khi đó ta sử dụng định lý Viet đảo:
12
12
1
3
1
3
x x A B
x x AB
. Như vậy ta sẽ
nhận ra nhân tử nếu có sẽ là
2
11
0
33
xx
hay
2
3 1 0xx
. Thực hiện phép chia đa thức ta thu được:
8 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
6 3 2 4 3 2
27 4 2 3 1 9 3 4 2 2 0x x x x x x x x x
Vì
4 3 2 4 2 2 2
9 3 4 2 2 6 3 1 2 1 1 0x x x x x x x x x x
nên
2
1 13
3 1 0
6
x x x
BÀI 5:
22
15 2 1 5x x x x
SHIFT SOLVE ta được
2
0,767591879 1 1,535183758 2x x x x
. Nhân tử là
2
12x x x
.
2 2 2 2
2
22
22
15 2 1 5 0 2 2 1 15 5 5 0
2 3 1
2
5 3 1 0 3 1 5 0
2 1 2 1
x x x x x x x x x
xx
x x x x
x x x x x x




Xét
2
2
2
5 0 10 5 1 2 0
21
x x x
x x x
(Phương trình bậc 2).
Kết hợp
2
3 1 0xx
và
2
15 5 0xx
ta được
1 13
6
x
BÀI 6:
3 2 2
1 1 1x x x x
SHIFL SOLVE ta được
1,618033989 1 1,618033989x x x
. Do đó có nhân tử
1xx
.
3 2 2 2 2
22
2
22
1 1 1 0 1 1 1 0
11
1
1 0 1 1 0
11
x x x x x x x x x
x x x
x
x x x x
x x x x



Xét
2
2
1
1 0 1 1 0
1
x
x x x
xx

(Vô nghiệm). Vậy
2
15
10
2
x x x
.
3 2 3 2 2
3
1 8 8 3 0 2 1 4 6 3 0
8
x x x x x x x
.
2
1 1 5
4 6 3 0
22
x x x x x
BÀI TẬP ÁP DỤNG
BÀI 1:
2
3 2 1 2 1x x x x
BÀI 2:
2
23x x x x
BÀI 3:
3 2 2
3 2 2 4 2 11x x x x x x
BÀI 4:
22
1 2 2 2x x x x x
BÀI 5:
22
2
11
42
1
x x x
x
x


BÀI 6:
2
6 2 8x x x
BÀI 7:
3
1 3 2x x x
9 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

Mục đích của phương pháp hệ số bất định là tạo ra các thêm bớt giả định sao cho có nhân tử chung rồi đồng
nhất hệ số để tìm ra các giả định đó. Hệ số bất định có bản chất là phân tích nhân tử và có tác dụng mạnh trong
các bài toán có nhiều hơn 1 nghiệm.
BÀI 1:
4 2 4 2
4 20 4 7x x x x x
Điều kiện:
0x
. Ta nhận thấy cần phải khai triển
7x ax bx
với
,ab
là hai số giả định nào đó sao cho khi
chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta sẽ tìm được hai nhân tử chung. Do đó ta sẽ triển khai triển giả định:
4 2 2 4 2 2
4 2 4 2
4 2 4 2
1 4 20 4
4 20 4 0 0
4 20 4
x a x x b x
x x ax x x bx
x x ax x x bx
Mục đích của ta là hai tử số có cùng nhân tử chung do đó ta có
2
2
1
14
2, 5
1 20 4
7
a
ab
b
ab



Như vậy ta khai triển lại bài toán như sau:
4 2 4 2
4 2 20 4 5 0x x x x x x
4 2 4 2
42
4 2 4 2 4 2 4 2
5 4 5 4 1 1
0 5 4 0
4 2 20 4 5 4 2 20 4 5
x x x x
xx
x x x x x x x x x x x x



Vì
0x
nên phương trình có 2 nghiệm duy nhất là
12xx
.
BÀI 2:
22
6 1 2 1 2 3x x x x x
Điều kiện:
2
6 1 2 1 0x x x
. Do phương trình tương đương với
2
2
61
23
21
xx
xx
x

nên ta sẽ đi
tìm một nhóm
ax b
giả định sao cho phương trình
2
2
61
23
21
xx
ax b x x ax b
x

có vế trái
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau.
Vì vậy ta sẽ khai triển giả định như sau:
2
2
61
23
21
xx
ax b x x ax b
x

2 2 2
2
2
1 2 2 3
1 2 6 2 1
21
23
a x ab x b
a x a b x b
x
x x ax b

Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có
22
1 2 6 2 1
0, 2
1 2 2 3
a a b b
ab
a ab b
.
Khi đó ta khai triển lại bài toán như sau:
2
2 2 2
2
2
2
2 1 0
6 1 2 1 2 1
2 2 3 2
2 1 2 1
2 3 1
2 3 2 1
xx
x x x x x x
xx
xx
xx
x x x

10 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
BÀI 3:
22
2 1 1 2 2 6x x x x x x x
Điều kiện:
0x
. Viết lai bài toán dưới dạng:
32
32
2 2 6
2 2 4
1
x x x
x x x
x
. nên ta sẽ đi tìm một nhóm
ax b
giả định sao cho phương trình
32
32
2 2 6
2 2 4 *
1
x x x
ax b x x x ax b
x
có vế trái
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau. Ta khai triển giả định như sau:
3 2 2 2
32
32
2 2 4 2
2 2 1 6
*
1
2 2 4
x a x ab x b
x a x a b x b
x
x x x ax b

Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có:
22
2 2 1 6
1, 2
2 2 4 2
a a b b
ab
a ab b
Khi đó khai triển lại bài toán với
1, 2ab
ta được:
32
32
2 2 6
2 2 2 4 2
1
x x x
x x x x x
x
32
3 2 3 2
32
32
2 3 4 0
2 3 4 2 3 4
1
2 2 4 3 0
2 2 4 2
xx
x x x x
x
x x x VN
x x x x
BÀI 4:
22
2 3 21 17 0x x x x x
SHIFT SOLVE
12xx
. Để làm xuất hiện nhân tử này, ta cần khai triển giả định bài toán thành:
22
2 3 21 17 0x x mx n px q x x x m p x n q




Xét
2
23x x mx n
ta có:
12
1
2 2 3
x m n
mn
x m n
Xét
21 17px q x
ta có:
1 2 3
2 2 5 1
x p q p
x p q q



Vậy ta khai triển lại bài toán như sau:
22
2 3 1 3 1 21 17 3 2 0x x x x x x x




2
2
19
3 2 1 0
3 1 21 17
2 3 1
xx
xx
x x x



. Vì
10
17
3.17
21
3 1 1 0
21
x
x
x


Do đó phương trình có 2 nghiệm duy nhất đó là
12xx
.
BÀI TẬP ÁP DỤNG
BÀI 1:
23
6 5 1 3 2 3x x x x x
BÀI 2:
2 2 3 2
3 1 3 4 1x x x x x x
BÀI 3:
22
3 4 1 4 2x x x x x
BÀI 4:
3
2 1 3 2 2x x x
BÀI 5:
3 2 3 2
5 4 5 1 2 6 2 7x x x x x x
11 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN

Kỹ thuật 1: Coi x là ẩn, y là tham số, tính đạo hàm
'
,
x
f x y
và chứng minh hàm số đơn điệu và liên
tục theo x.
Kỹ thuật 2: Phương trình
0fx
có tối đa 1 nghiệm nếu
fx
đơn điệu và liên tục theo x.
Kỹ thuật 3:
f x f y x y
nếu
fx
đơn điệu và liên tục theo x.
BÀI 1:
22
22
1
1 2 1 1
21
2x x x
x y x y y
y
Nếu
2
2xy
thì phương trình đầu trở thành
2
00
11
12
yx
yy
yx
. Thay các cặp nghiệm trên
vào phương trình 2 ta thấy không thỏa mãn.
Nếu
2
1xy
thì phương trình đầu trở thành
2
1 1 1 2y y y x
. Thay cặp nghiệm trên vào
phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn. Vậy
22
2 , 1x y x y
. Khi đó ta xét hàm số:
22
22
1
1
11
2 1 ' 0
2 2 2
f x x y x y y f x
x y x y

. Do đó hàm số đơn điệu và liên
tục với mọi x thuộc tập xác định. Mà
22
0f y x y
. Thay vào phương trình 2 ta được:
222
1 2 1 1 40x x x y 
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2
4 1 2 1 1 1 1
1 1 1 1 1
0 1 2 2 4 0
2 2 2 0 2 2 0
x x x x x x
x x x x x
x x x
x x x
Do
22
22
4
11
14
11
2 0 2
0
33
xx
xx
x x x y
x


CHÚ Ý: Để tìm ra nhân tử
2
xy
ta có thể làm như sau:
Đặt
2
100 20000 10001 101 10000y x x x y
BÀI 2:
2
1 3 2 1 1x x x x
Điều kiện: x > 0. Ta viết lại phương trình thành:
2
1 3 1 1
2
x x x
x
2
2
2
1 3 1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 2 2 2
x x x x
x
x x x x




Xét hàm
2
2
22
1
1 ' 0
11
tt
tt
f t t t f t
tt


do đó
ft
liên tục và đồng biến trên .
12 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
Do đó
1 1 1 1
1
22
xx
f f x
xx








BÀI 3:
3
2
2 2 1 3 1
2 1 2
y y x x x
y y x
Xét hàm số
3
2 2 1 3 1f y y y x x x
với y là ẩn, x là tham số. Ta có hàm
fy
liên tục trên và
có
2
' 6 1 0f y y
nên
fy
là hàm đồng biến trên .
Mặt khác ta có
1 2 1 1 1 2 1 3 1 0f x x x x x x x
do đó phương trình có một nghiệm
duy nhất đó là
1yx
. Thay vào phương trình 2 ta được:
2
3 2 1
3 2 1 2 2
3 2 1
3 2 1 1
x
xx
x x x x
xx
xx
Để tìm ra nhân tử
1yx
, ta xử lý như sau:
Đặt
3
99 198 99 99 1 99
2 1 3 1 0 1 1
100 100 100 100 10 100
x y y y x
BÀI 4:
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1 4
11
x y y x xy
x y y x x y x
Từ phương trình 2 ta có được
2 2 2
1 1 1x x x y y
. Do
2
2
10
0
1 1 0
x x x x
y
y

. Mà x và y
cùng dấu nên ta suy ra
0, 0xy
. Khi đó phương trình 2 viết lại thành:
2
2
1 1 1
11y y y
x x x
.
Xét hàm số
2
22
2
1 , 0; ' 1 1 0
1
t
f t t t t t f t t
t

. Do đó
ft
là hàm số liên tục
và đồng biến trên
0;
. Vì vậy ta có
11
f f y y
xx



. Thay vào phương trình đầu ta được
1x
.
BÀI 5:
22
22
2 5 3 4
3 3 1 0
x x x y y
x y x y
Để ý thấy phương trình thứ 2 là một phần khuyết của phương trình đầu. Nếu ta kết hợp hai phương trình đó
thì có thể xây dựng hàm đặc trưng. Vì vậy ta biến đổi phương trình 2 trở thành
22
3 1 3x x y y
và cộng
vào 2 vế của phương trình đầu ta được:
22
2 2 2 2 2 2
2 1 2 5 4 1 1 4 4x x x x y y x x y y
Xét hàm đặc trưng
1
4, 0; ' 1 0
24
f t t t t f t
t

. Do đó
2
2
1f x f y
khi
và chỉ khi
2
2
1
1
1
yx
xy
yx


.
13 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA

BÀI 1:
22
1 2 1 2 1x x x x
2
cos 0; 2sin 2cos 1 2cos sin 2sin cos2 sin2 sin sin 2
2 2 2 4
t t t
x t t t t t t t t



BÀI 2:
3 2 2
4 12 9 1 2x x x x x
Phương trình
32
4 1 3 1 1 1x x x
. Đặt
1 cos 0;x t t
3
4cos 3cos sin cos3 sint t t t t
BÀI 3:
2 4 2 3
1 16 12 1 4 3x x x x x
4 2 3
2
22
2
cos 0; sin 16cos 12cos 1 4cos 3cos
sin 4 2cos 1 2 2cos 1 1 cos3
sin 4cos 2 2 2cos2 1 cos3
sin 2cos4 2cos2 1 cos3
sin 4cos3 cos 1 cos3
2cos3 sin 2 sin cos3
sin5 sin
x t t t t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t t t t
t





 sin cos3t t t
BÀI 4:
2
2
2
2
2
1
1
1
2
21
x
x
x
x
xx
2
2
2
2
2
tan , ; \ 0; ;
2 2 4 4
21
12
1 , sin2 , sin 2 cos2
cos 1
1
x t t
xx
x
x t t t
tx
x


2
2
2
2
2
2
1
1 1 1 2
1
2 cos sin 2 sin 4
21
2cos2 2sin 1
2sin 1 2 2
sin 2 sin 4 sin 4 sin 4
1
cos2 2sin 1 1 1 2sin 2sin 1 1 sin
2
x
x
x
x t t t
xx
tt
t
t t t t
t t t t t
14 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN VI: ĐẶT 2 ẨN PHỤ

Kỹ thuật 1: Đặt 2 ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ bản.
Kỹ thuật 2: Đặt 2 ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử.
BÀI 1:
3 1 2 2 1 8
5 2 9
x y x y x y
x x y y
Đặt
2 2 2
2 1 1
0, 2 1 0 ,
22
a b b
a x y b y x y
. Thay vào hệ phương trình ta được:
2 2 2 2
22
2 1 2 1 8
1 2, 1
2 1 4
a b a b a b
a b x y
a a b
BÀI 2:
22
1 1 2
8 8 8
y x y x y y x
x y y x
Đặt
2 2 2
0, 0 ,a x y b y x a b y b
. Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương
trình đầu để phân tích nhân tử:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2 0b a a b a b a b a b
(1)
Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế được rồi. Tuy nhiên nếu để ý kỹ thì phương trình 2 có thể xử
lý được một cách độc lập:
2 2 2 2 2 2 2
8 8 8 8 16 8 64 8x y y x x y x y y x
2
2 2 2 2 2
8 16 8 8 8 0 8 0 8x x y y x y x y
(2).
Kết hợp (1) và (2)
2
2
97
1, 8 ,
22
1, 8 3, 1
a x y x y
b x y x y
BÀI 3:
2
2 1 5
2
x y y x y
y xy y
Đặt
22
0, 2 1 0 1a x y b y a b x y
. Thay vào phương trình đầu:
22
4a b a b
Vì phương trình này không phân tích được thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình 2. Để ý
ta thấy rằng
2 2 2
2 1 2a b x y y x y xy y
trong đó có
2
2xy y y
xuất hiện trong phương
trình 2. Do đó:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 4 1 3 3a b x y y x y a b x y a b a b
.
Vậy ta có hệ đối xứng loại 1:
2 2 2 2 2 2
4, 3 1 2, 1a b a b a b a b a b x y
.
BÀI 4:
2
4
4
1 1 1x x x x
Để ý thấy
2
1 1 1x x x
nên ta sẽ đặt ẩn phụ dựa trên yếu tố này. Đặt
44
1 0, 1 0a x b x
. Khi
đó ta có:
44
2x a b
. Nhân 2 ở cả 2 vế của phương trình ta được:
2 4 4 2 2
2 2 2 0 0a a b b ab a b a b a b a b a b x
15 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình về dạng
22
0AB
Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với những bài có căn bậc lớn.
Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky:
2 2 2 2
ax by a b x y
. Dấu bằng:
ab
xy
Kỹ thuật 4: Sử dụng Minkowski:
22
2 2 2 2
a b x y a x b y
. Dấu bằng:
ab
xy
Kỹ thuật 5: Sử dụng Schwartz:
2
22
ab
ab
x y x y

. Dấu bằng:
ab
xy
Kỹ thuật 6: Sử dụng bất đẳng thức Jensen dành cho hàm lồi, hàm lõm:
" 0 2
2
" 0 2
2
ab
f x f a f b f
ab
f x f a f b f





. Dấu bằng xảy ra khi
ab
BÀI 1:
32
4
4 4 5 9 4 16 8x x x x
SHIFT SOLVE ta tìm được nghiệm duy nhất
1
2
x
và xuất hiện căn bậc 4 nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất
đẳng thức Cauchy để giải quyết bài toán gọn nhẹ hơn. Tuy nhiên để Cauchy thì các đẳng thức phải bằng nhau.
Ta thấy rằng
16 8 8 2 1xx
trong đó
2 1 2x
nên ta sẽ tách:
444
44
2 2 2 2 1 2 7
16 8 2 2 2 2 1
44
xx
xx
. Như vậy ta có
32
4 4 5 9 2 7x x x x
. Do đó:
2
32
4 4 7 2 0 2 2 1 0x x x x x
. Vì
2
11
2 0 2 1 0
22
x x x x
.
BÀI 2:
42
4
4 1 8 3 4 3 5x x x x x
SHIFL SOLVE ta tìm được nghiệm duy nhất
1
2
x
và xuất hiện căn bậc 4 nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất
đẳng thức Cauchy. Ta thấy với
1
2
x
thì
4
4 1 1, 8 3 1xx
nên ta lần lượt sử dụng Cauchy bậc 2 và
Cauchy bậc 4 ta có:
44
1 4 1 1 1 1 8 3
1. 4 1 4 1 2 ,1.1.1. 8 3 8 3 2
24
xx
x x x x x x
Vậy
2
4 2 4 2
1
4 3 5 4 4 3 0 1 2 1 0
2
x x x x x x x x x x x
do
3
8
x
.
BÀI 3:
3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 1x x x x x x x
SHIFL SOLVE ta tìm được nghiệm duy nhất
1x 
. Khi đó
3 2 3 2
3 2 2 3 2 1 1x x x x x
mà ta
thấy có 2 biểu thức lập phương đối nhau trong 2 căn, nếu 2 căn đó bình phương thì sẽ triệt tiêu được nên ta
nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky:
3 2 3 2 2 2 3 2 3 2
1. 3 2 2 1. 3 2 1 1 1 3 2 2 3 2 1x x x x x x x x x x


16 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
Do đó ta có
22
2 1 2 3 2 1x x x x
. Bình phương 2 vế
2
2
1 2 1 0 1x x x
BÀI 4:
2
2
3
2
4 1 4 8 1
40 14 1
y x x x
x x y x
Sử dụng phép thế
2
40
14 1
xx
y
x
vào phương trình đầu và sử dụng SHIFT SOLVE ta được
13
,
82
xy
.
Chú ý rằng
1
4 ,8 1 2
2
xx
nên ta có:
33
3
81
81
8 1 8 1
2
4 8 1 8 .1 4 8 1
2 3 2
x
x
xx
x x x x x


Và
2
3 14 1
14 1 14 1
22
yx
x y y x

. Do đó hệ phương trình trở thành:
2
2
2
2
81
4 1 1
2
14
40 2
2
x
yx
yx
xx


Lấy
1
+2.
2
2
2 2 2
81
4 1 2 40 14 1
2
x
y x x x y x
2
2
3 1 1 3
96 24 0 96 0 ,
2 8 8 2
x x x x y



BÀI 5:
22
2
2 2 4 2
6 11 10 4 2 0
x x y y
x y x x
Sử dụng phép thế
2
6 11 10 4 2y x x x
vào phương trình đầu và SHIFT SOLVE ta được
1; 3xy
.
Khi đó
22
4 2 1, 10 4 2 2y y x x
. Vì vậy ta điều chỉnh các số cho hợp lý và áp dụng Cauchy:
2
2
22
2
2
22
1 4 2
41
2 2 1. 4 2
22
2
2
72
2. 10 4 2 4 10 4 2
6 11
6 11
2
24
yy
yy
x x y y
xx
xx
x x x x
xy
xy





Do đó ta có:
22
2
2 4 4 3 0
10 2 15 0
x x y y
x x y
. Cộng hai vế của hai phương trình ta được:
22
22
3 6 6 12 0 3 1 3 0 1, 3x x y y x y x y
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
BÀI 1:
2
2
3
22
1 2 1
1
3
2
x y x x
x x y x x
17 | THỦ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
BÀI 2:
2
3
12 12 12
8 1 2 1
x y y x
x x y
| 1/17
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TÀI LIỆU ÔN THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA
------------------------------------ KỸ THUẬT XỬ LÝ
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ PHẦN I:
PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU PHẦN II:
DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ PHẦN III:
HỆ SỐ BẤT ĐỊNH PHẦN IV:
ĐẠO HÀM MỘT BIẾN PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA PHẦN VI: ĐẶT 2 ẨN PHỤ PHẦN VII:
PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Biên soạn: ĐOÀN TRÍ DŨNG Hot line: 0 902920389 Facebook:
https://www.facebook.com/toanthaydung
1 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN I: PHƯƠNG PHÁP XÉT TỔNG VÀ HIỆU 
Phương pháp xét tổng và hiệu sử dụng cho các phương trình vô tỷ hoặc một phương trình có trong một hệ
phương trình ở dạng A B C . Điều kiện sử dụng ở chỗ ta nhận thấy C là một nhân tử của  AB. BÀI 1: 2
x  2x  2x 1  x 1
Nhận thấy A B   2
x x   x   2 2 2
1  x 1có một nhân tử là C x 1 2 2
x  2x  2x 1 x 1 2
x  2x  2x 1    x 1 2    x 1 x 2x 2x 1 2
 x  2x  2x 1  x 1 2  
 2 x  2x  2x x  0 2
 x  2x  2x 1  x 1 BÀI 2: 3 2 2 2
x x 1  x  2  x x 1
Nhận thấy A B   3 2
x x    2 x   3 1
2  x  1 có một nhân tử là 2
C x x 1  3 2 x x   1   2 x  2 3 x 1 3 2 2
x x 1  x  2    x 1 2 3 2 2     x x 1 x x 1 x 2 3 2 2 2
 x x 1 x  2  x x 1 2    2 x  2   2 x x   1   x   2
1  x  2  x   2 3 2 2
 x x 1  x  2  x 1
Thử lại nghiệm ta thấy chỉ có x  2 thỏa mãn nên phương trình có một nghiệm duy nhất là x  2 BÀI 3: 4
x  8 x x  7 x 1  x 1
Nhận thấy A B  x  8 x  x  7 x   1 
x  1 có một nhân tử là 4 C x 1
x8 xx7 x  1 x 1 4
x  8 x x  7 x 1    x 1 4     x 1 x 8 x x 7 x 1  4
x  8 x x  7 x 1  x 1 
 2 x  7 x 1  2  x  7 x  0  x  0 4
 x 8 x x  7 x 1  x 1
 y 3x  4  y 5x  4  4 BÀI 4:
 5y  3  7x  2  2x 1 4y
Nhận thấy phương trình đầu có A B   y  3x  4   y  5x  4  8
x có liên quan đến giá trị 4
y 3x  4 y 5x  4 8  x
y  3x  4 
y  5x  4    2  x
y  3x  4  y  5x  4 4 
y  3x  4  y  5x  4  4 2  
 2 y  3x  4  4  2x y  3x  4  2  x y x x, x  2.
y  3x  4  y  5x  4  2  x
Thay vào phương trình thứ 2 ta được
2 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H 2 2
5x  5x  3  7x  2  4x  6x 1  0   2
5x  5x  3   x  
1   2x  7x  2 2
 4x  7x  2  0*    1 1  2
4x  7x  2  1  0 2
 5x  5x  3  x 1 2x  7x  2  2 1 1 7  17 5  4 17 Vì 2 x   
1  0  4x  7x  2  0  x  , y  2 7
5x  5x  3  x 1 2x  7x  2 8 32
Trong phần này có chi tiết trục căn thức ở bước * sẽ được giải thích trong Phần II: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH  2 2 y  24
x  4 x 1  y   0 BÀI 5: 2  2 y 1
 5xy 5  1 xy  6 
Phương trình thứ 2 có A B  5x y 5 1 x y  6x  
1 có liên quan đến giá trị 6
5x y 51 x y 6x   1
5x y  5  1 x y    x 1
5x y  5  1 x y 6 
 5x y  5  1 x y x 1 x  7   
 2 1 x y  7  x  
 5x y  5  1 x y  6  4y  
x 52  20  y  5 2 2 y  24 2    2 y 5 2 y 2 y 9
Để ý phương trình 1 có x  4 x 1  y   0  x 1  2   0 y   5 2      2 2 y 1 2 y 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất đó là x y  5
 2x y  2x y  4  4 BÀI 6:  3 2 2
x  4x  2y  4y  x   1  3  0
Nhận thấy phương trình đầu có A B  2x y  2x y  4  2 y  2 có liên quan đến giá trị 4
2x y2x y  4 2 y  2 y  2
2x y  2x y  4   
2x y  2x y  4 4 2
 2x y  2x y  4  4  y  6  y  22  
 2 2x y   x  1 1 y  2
 2x y  2x y  4  2 32  2
Mặt khác phương trình thứ 2 biến đổi thành: 3 2 2
x  4x  2 y  4 y x   1  3  0 3  x 1  2 2
4x  4xy y    2
y  4 y  4  0  x  
1  2x y2   y  22 3  0 Vì VT  0 x
 1cho nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x 1, y  2
3 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
y  2x 1  1 y y  2  BÀI 7: 2
x x y(x 1)  x y
Nhận thấy phương trình đầu có A B   y  2x  
1  1 y  2y  2x  2 không liên quan đến C y  2
Còn phương trình thứ 2 có A B y x    2 ( 1)
x y  xy x có thể rút gọn với C x x
y(x 1)   2 x y x y x y x 2   
y(x 1)  x y    2 y(x 1)  x y x x x 2
y(x 1)  x y x x 2  y x
x x y  
 2 y(x 1)   x x y x 2
y(x 1)  x y x xx
 2 y x x  x x  y  4yx x   x x y2   x x y2 2 2 2 2 2 2
 0  y x x
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 2 2 2
x x 1  x x 1  x x  2
Đến tình huống này ta dung kỹ thuật nhẩm nghiệm nhận ra phương trình có nghiệm duy nhất x 1(Hoặc sử
dụng máy tính SHIFT SOLVE). Khi x  1 thì 2
x x 1 = 1, 2
x x 1= 1. Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá: 2 2 
1 x x 1 x x 2 2
1. x x 1 
x x 1   2 2  2 2 
1 x x 1 x x  2 2 2
1. x x 1 
 x x 1   2 2
 2x x 2 x x  2 2 2  2 2
x x 1  x x 1 
x x 1  x x 1  x 1 2
Vì x   x    x  2 2 2 2 2 1 1 1
x 1 x x  2  x x 1  x x 1  x x  2
Vậy đẳng thức xảy ra khi x  1, y  0 BÀI 8: 2 2
x 16  2 x  3x  4  x 1 1
Bài toán này nghiệm rất đẹp  x  3, x  0 nhưng để giải ra nghiệm này bằng cách trục căn thức đơn thuần thì
gần như sẽ không được nhiều điểm. Để giải quyết triệt để ta sử dụng kỹ thuật xét tổng hiệu: 2 2
x 16  2 x  3x  4  x 1 1
 2x 164 2x 3x4 x11   2 2
x 16  2 x  3x  4 x 1 1 2 3  x 12x x   2 2
x 16  2 x  3x  4 x 1 1
Như vậy nghiệm đầu tiên là x  0 . Nếu x  0 thì 2 2
x 16  2 x  3x  4  3
 x  4 x 1  1 Do đó ta có hệ:
4 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H 2 2
x 16  2 x 3x  4  3
 x  4 x 1   1 2 
 2 x 16  133xx 1 113x 2 2
 x 16  2 x 3x  4  x 11 2  x 16  5 x  3  
 2 2x 16 5  133x x 12 279x  x 1  2
 2 2x 16 53x 13 x 129x 3  0 2  2 x  9
3x 13x 3  
 9x  3  0 2 x 16  5 x 1  2       3 x   2  x 3 3x 1 3    9  0 2  x 16  5 x 1  2  3x 13
3x  5  9 x 1 Vì x  1
  x 3  0. Ta xét  9   0 x   1  x 1  2 x 1  2
Vậy phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x  3 x  0 BÀI TẬP ÁP DỤNG: 2 2
x 1 y y 1 x 1 BÀI 1:   1 x  1 y  2 2 2 2 2
 x y x y  2y BÀI 2:
 x y 5  3
x 12 y y   2 12  x   12 BÀI 3: 3
x 8x 1  2 y  2  2 2
x  2y x y 1  y 1  BÀI 4:    2x   1  2  x   2 1 x 1  2 yBÀI 5: 2
x  2  2  x  2x  2
5 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN II: DỰ ĐOÁN NHÂN TỬ TỪ NGHIỆM VÔ TỶ 
Phương pháp này tận dụng nghiệm vô tỷ mà máy tính đã dò được để đoán trước nhân tử của phương trình, hệ
phương trình. Để sử dụng kỹ thuật này, chúng ta cần phải nắm được tốt quy tắc dò nghiệm SHIFT SOLVE. BÀI 1: 2 2
5x  5x  3  7x  2  4x  6x 1  0 Điề 2 u kiện: x
. Sử dụng máy tính SHIFT SOLVE với x  1 ta được x  1,390388203 . 7 2
 5x 5x 3  2,390388203  x 1
Khi đó thay vào giá trị căn thức:  . Do đó 2
5x  5x  3 cần phải tạo
 7x  2  2,780776406  2x thành nhóm biểu thức 2
5x  5x  3   x  
1 còn  7x  2 cần phải tạo thành nhóm biểu thức 2x  7x  2 . 2 2
5x  5x  3  2,390388203  5x  5x  3  x 1. Như vậy ta thấy rằng.
Viết lại phương trình ban đầu ta được: 2 2
5x  5x  3  7x  2  4x  6x 1  0   2
5x  5x  3   x  
1   2x  7x  2 2
 4x  7x  2  0*    1 1  2
4x  7x  2  1  0 2
 5x  5x  3  x 1 2x  7x  2  2 1 1 7  17 5  4 17 Vì 2 x   
1  0  4x  7x  2  0  x  , y  2 7
5x  5x  3  x 1 2x  7x  2 8 32 BÀI 2: 2
x x  2x  2  3x 1 23x   1
Điều kiện: x  2x  2  0 . Sử dụng SHIFT với x  0 ta được x  4,236067977
 x 2x 2 1
Thay vào các căn thức của bài toán: 
. Như vậy x  2x  2 sẽ trừ đi 1 còn  23x   1  5, 236067977  23x  
1 sẽ trừ đi  x  
1 . Viết lại phương trình: 2
x x   x x  
x    xx  x   x  2 3 1 2 2 2 3 1 2 2 1 1 2 3 1
x  4x 1  0 2
x  2x  2 1
x  2x 1 2 3x   1 2  
x x  
x  2x  2 1 x    x   4 1 0 1 2 3 1 x   2 1  2x  2 x  4x 1     2
x  4x   
x  2x  2 1 x    x   1 0 1 2 3 1 2
x  2x 1 2x  2 2 x  4x 1          2 x  4x         x    x x x x x   1 0 1 2 3 1 2 2 1 1 2 2
6 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H      1 1  2 x  4x   1                x    x x x x x   1 0 1 2 3 1 2 2 1 1 2 2   
 x 2x2  
1x1 2x20
Vì x  2x  2  0 nên x  2x  2 
2.0  2  x  2  1  
x 1 23x   1  0  Vậy 2
x  4x 1  0, x  2  x  2  5 . BÀI 3: 3 2 2
x  4x x  3  2x
x  5  2x 13
SHIFT SOLVE với x  0 ta được x  0,828427124 . Thay vào các giá trị căn thức:
2 x 5  4,828427125  x  4 
. Do đó ta viết lại phương trình ban đầu:
 2x 13  3,828427125  x  3 2
x x  4  2 x  5  x  3 2x 13  0 2 x  2
x  8x 16  4  x  5 2
x  6x  9  2x 13    0
x  4  2 x  5
x  3  2x 13   x
x  4x  4 2 1 2     0
x  4  2 x  5 x  3 2x 13 
Đến đây ta sẽ chứng minh x  4  2 x  5 và x  3 2x 13 đều dương. Để đánh giá được điều này ta phải
xuất phát từ phương trình ban đầu và đánh giá điều kiện ngoài căn: 3 2
x  4x x  3  0 . Tuy nhiên phương
trình bậc 3 này nghiệm rất xấu, và trong chương trình THPT thì không nên sử dụng phương pháp Cardano để
giải bất phương trình này mà ta sẽ thêm bớt một vài hạng tử nhỏ để bất phương trình dễ giải hơn: 3 2 3 2
x x x  
x x x    x   2 4 3 0 4 4 0 4 x   1  0  x  4  .
x  4  2 x  5  0  2
x  4x  4  0 Do đó:  . Vậy ta có   x  2   2 2
x  3 2x 13  4   3 2. 4   13  0  x  4  BÀI 4: 2 3 3 3x x  4x  2
Phương trình này nếu giải bằng phương pháp đạo hàm sẽ đẹp hơn rất nhiều nhưng chúng ta sẽ thử phá căn 2
vế và sử dụng kỹ thuật hệ số bất định thông qua SHIFT SOLVE để thấy rằng bài toán có thể có những cách
giải rất phổ thông. Lập phương hai vế ta được: 6 3
27x x  4x  2 .
Sử dụng SHIFT SOLVE liên tục với các giá trị khác nhau ta thu được chỉ có duy nhất 2 nghiệm đó là: x  0
 ,434258545 (Sử dụng tiếp SHIFT RCL A để gán vào biến A) và x  0,767591879(Sử dụng tiếp 1 2  1
x x A B   1 2  SHIFT RCL B để 3
gán vào biến B). Khi đó ta sử dụng định lý Viet đảo:  . Như vậy ta sẽ 1
x x AB   1 2  3 1 1
nhận ra nhân tử nếu có sẽ là 2 x x   0 hay 2
3x x 1  0 . Thực hiện phép chia đa thức ta thu được: 3 3
7 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H 6 x   3
x x     2
x x   4 3 2 27 4 2 3
1 9x  3x  4x  2x  2  0 1 13 Vì 4 3 2 4 2
x x x x   x x  2
x x     2 9 3 4 2 2 6 3 1 x  2x   1 1  0 nên 2
3x x 1  0  x  6 BÀI 5: 2 2
15x x  2 x x 1  5 SHIFT SOLVE ta được 2
x  0, 767591879  x x  1  1,535183758 2x . Nhân tử là 2
x x 1  2x . 2 2
15x x  2 x x 1  5  0  2  2
2x x x 1 2
15x  5x  5  0 2 2 3x x   1     5 2 2 3x x   1  0   2 3x x   1   5  0 2 2 2x x x 1
 2x x x 1  2 Xét 2
 5  0 10x  5 x x 1  2  0 (Phương trình bậc 2). 2
2x x x 1 1 13 Kết hợp 2
3x x 1  0 và 2
15x x  5  0 ta được x  6 BÀI 6: 3 2
x x   2 x   1 x 1 1
SHIFL SOLVE ta được x 1,618033989  x 1 1,618033989  x . Do đó có nhân tử x x 1 . 3 2
x x 1  2 x   1 x 1  0   2 x  
1 x x 1 2
x x 1  0
 2x  1 2x x 1        x   x
x 1  0   x x   2 1 2 2 1  1  0 x x 1  x x 1  2 x 1 1 5 Xét 2
1  0  x x 1 x 1  0 (Vô nghiệm). Vậy 2
x x 1  0  x  . x x 1 2 3 1 1 5 3 2 3 2
x x  1 
 8x  8x  3  0  2x   1  2
4x  6x  3  0 . 2
4x  6x  3  0 x
  x   x  8 2 2 BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: 2
x  3x  2   x   1 2x 1 BÀI 2: 2
x x  2  3  x x BÀI 3: 3 2 2
x  3x x  2  2x
x  4  2x 11 BÀI 4: 2
x x    x   2 1 2
x  2x  2 2 2 x x 1 x 1 BÀI 5:   2 x  4 2 x 1 BÀI 6: 2
x  6x  2  x  8 BÀI 7: 3 x
x 1  3x  2
8 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN III: HỆ SỐ BẤT ĐỊNH 
Mục đích của phương pháp hệ số bất định là tạo ra các thêm bớt giả định sao cho có nhân tử chung rồi đồng
nhất hệ số để tìm ra các giả định đó. Hệ số bất định có bản chất là phân tích nhân tử và có tác dụng mạnh trong
các bài toán có nhiều hơn 1 nghiệm. BÀI 1: 4 2 4 2
x x  4  x  20x  4  7x
Điều kiện: x  0 . Ta nhận thấy cần phải khai triển 7x ax bx với a,b là hai số giả định nào đó sao cho khi
chuyển sang bên trái, nhân liên hợp ta sẽ tìm được hai nhân tử chung. Do đó ta sẽ triển khai triển giả định: 4 x   2 a   2 4 1 x  4 x   2 20  b  2 x  4 4 2 4 2
x x  4  ax x  20x  4  bx  0    0 4 2 4 2
x x  4  ax
x  20x  4  bx   2 a   1 1 4   
Mục đích của ta là hai tử số có cùng nhân tử chung do đó ta có 2 
a  2,b  5 1 20  b 4  a b  7
Như vậy ta khai triển lại bài toán như sau: 4 2 4 2
x x  4  2x x  20x  4  5x  0 4 2 4 2 x  5x  4 x  5x  4      0   1 1 4 2
x  5x  4     0 4 2 4 2 4 2 4 2
x x  4  2x
x  20x  4  5x
x x  4  2x
x  20x  4  5x
Vì x  0 nên phương trình có 2 nghiệm duy nhất là x  1 x  2 . BÀI 2: 2
x x    x   2 6 1 2 1 x  2x  3 2   Điề x 6x 1 u kiện:  2 x  6x   1 2x  
1  0 . Do phương trình tương đương với 2
x  2x  3 nên ta sẽ đi 2x 1 2 x  6x 1
tìm một nhóm ax b giả định sao cho phương trình
 ax b 2
x  2x  3  ax b có vế trái 2x 1
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau.
Vì vậy ta sẽ khai triển giả định như sau: 2
x  6x 1 ax b 2
x  2x  3  ax b 2x 1
12ax 6a 2bx 1b  2 1 a  2
x  2  2abx   2 2 3  b    2 2x 1
x  2x  3  ax b 1 2a 6  a  2b 1 b
Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có  
a  0,b  2 . 2 2 1 a 2  2ab 3  b
Khi đó ta khai triển lại bài toán như sau: 2 2 2 2       
x  2x 1  0 x 6x 1 x 2x 1 x 2x 1  2
 2  x  2x  3  2     2 2 2x 1 2x 1
x  2x  3 1
 x  2x  3  2x 1
9 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H BÀI 3: 2
x x    x   x   x  2 2 1 1 2
x x  2  6 3 2    Điề 2x 2x x 6
u kiện: x  0 . Viết lai bài toán dưới dạng: 3 2
 2x  2x  4x . nên ta sẽ đi tìm một nhóm x 1  3 2
2x  2x x  6
ax b giả định sao cho phương trình
 ax b 3 2
 2x  2x  4x  ax b  * có vế trái x 1
sau khi quy đồng và vế phải sau khi trục căn thức có các nhân tử giống nhau. Ta khai triển giả định như sau: 3 2 2 2 3 2            
  2x a 2 x a 1 bx b 6 2x a 2x 4 2abx b *   3 2 x 1
2x  2x  4x  ax b 2 a  2 a 1 b b  6
Do ta cần 2 tử số có nhân tử giống nhau nên ta có:   
a 1,b  2 2 2 2 a  2 4  2ab b  3 2    Khi đó khai triể 2x 2x x 6
n lại bài toán với a  1,b  2 ta được:  x  2 3 2
 2x  2x  4x  x  2 x 1 3 2 3 2 3 2
2x 3x  4  0 2x  3x  4 2x  3x  4     3 2 3 2 x 1
2x  2x  4x x  2
 2x  2x  4x  3  0  VNBÀI 4: 2 2
2x x  3  21x 17  x x  0
SHIFT SOLVE  x  1 x  2 . Để làm xuất hiện nhân tử này, ta cần khai triển giả định bài toán thành: 2 
x x   mx n    px q 2 2 3
 21x 17  x x  m px  n q  0    
x 1 m n  2 Xét 2
2x x  3  mx n ta có: 
m n 1
x  2  2m n  3
x 1 p q  2  p  3
Xét  px q  21x 17 ta có:   
x  2  2 p q  5 q  1 
Vậy ta khai triển lại bài toán như sau: 2 
x x    x      x   2 2 3 1 3
1  21x 17   x  3x  2  0     x 1  0    1 9  17  2
x  3x  2  
1  0 . Vì x    3.17 2
 2x x  3  x 1 3x 1 21x 17  21 3x 1  1  0  21
Do đó phương trình có 2 nghiệm duy nhất đó là x 1 x  2 . BÀI TẬP ÁP DỤNG BÀI 1: 2
x x     x   3 6 5 1
x  3  2x  3 BÀI 2:  2 x   2 3 2 3
x x 1  x  3x  4x 1 BÀI 3: 2 x x   x   2 3 4
1 x  4x  2 BÀI 4: 3
2x 1  3x  2  2x BÀI 5: 3 2
x x x     x 3 2 5 4 5 1 2
6x  2x  7
10 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN IV: ĐẠO HÀM MỘT BIẾN 
 Kỹ thuật 1: Coi x là ẩn, y là tham số, tính đạo hàm ' f  ,
x y và chứng minh hàm số đơn điệu và liên x  tục theo x.
 Kỹ thuật 2: Phương trình f x  0 có tối đa 1 nghiệm nếu f x đơn điệu và liên tục theo x.
 Kỹ thuật 3: f x  f y  x y nếu f x đơn điệu và liên tục theo x. 2 2
x  2y x y 1  y 1  BÀI 1:   2x   1  2  x   2 1 x 1  2 y
y  0  x  0 Nếu 2 x  2
y thì phương trình đầu trở thành 2
1 y y 1  
. Thay các cặp nghiệm trên  y  1   x  2 
vào phương trình 2 ta thấy không thỏa mãn. Nếu 2
x   y 1thì phương trình đầu trở thành 2
y 1  y 1  y  1   x  2
 . Thay cặp nghiệm trên vào
phương trình 2 ta thấy cũng không thỏa mãn. Vậy 2 2 x  2
y , x  y 1. Khi đó ta xét hàm số: f x 1 1 2 2
x  2y x y 1  y 1 f 'x  
 0 . Do đó hàm số đơn điệu và liên 2 2 2 x  2 y 2 x y 1
tục với mọi x thuộc tập xác định. Mà f  2 y  2
 0  x  y . Thay vào phương trình 2 ta được:
 2x   x  2 2 1 2 1
x 1  4 y  0
  2x x    x   2x   0   2 4 1 2 1 1 x   2 2
1  2x x 1  2 x 1  4x  0
  2x 1 2x 2x 1 2 2x 1 2x  0   2x 1 2x 2x 1 2  0 2 2 x 1 4x 1 1 Do 2 2
x 1  2  0 x   x 1  2  x    x    y  4 x  0 3 3
CHÚ Ý: Để tìm ra nhân tử 2
x   y ta có thể làm như sau: Đặt 2 y  100 
x  20000  x 10001  101 x  1  0000  y
BÀI 2: x x   x     2 1 3 2 1 1 x  2      Điề x 1 x 3 1 1 x
u kiện: x > 0. Ta viết lại phương trình thành:  2 x 2 x 1 x  3 1 1 x 1  x 1  1 1 2     1 x     1   1 2   2 2 x x 2 2 x x   t t 1 t t
Xét hàm f t   t t 1  f 't  2 2  
 0 do đó f t liên tục và đồng biến trên . 2 2 t 1 t 1
11 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H       Do đó x 1 1 x 1 1 f    f    x 1     2    x  2 x 3
2y y  2x 1 x  3 1 xBÀI 3:  2
 2y 1  y  2  x
Xét hàm số f y 3
 2y y  2x 1 x 3 1 x với y là ẩn, x là tham số. Ta có hàm f y liên tục trên và có f y 2 '
 6y 1 0nên f y là hàm đồng biến trên .
Mặt khác ta có f  1 x   21 x 1 x  1 x  2x 1 x 3 1 x  0 do đó phương trình có một nghiệm
duy nhất đó là y  1 x . Thay vào phương trình 2 ta được:    x  2 3 2x 1 x
3  2x  1 x  2  x   2  x  
3  2x  1 x
 3 2x  1 x 1
Để tìm ra nhân tử y  1 x , ta xử lý như sau: Đặ 99 198 99 99 1 99 t 3 x   2y y  1  3 1  0  y   1  1 x 100 100 100 100 10 100 2 x   2 1 y  2  y  2
1 x   4 xy BÀI 4: 2 2 2 2
x y 1 y  1 x x y x  2
x  1 x x x  0 
Từ phương trình 2 ta có được 2 2 x
x x y  2 1 1 1 y . Do 
y  0 . Mà x và y 2 1   1 y  0  1 1 1
cùng dấu nên ta suy ra x  0, y  0 . Khi đó phương trình 2 viết lại thành: 2 
1  y y 1 y . 2 x x x t
Xét hàm số f t   t t 1 t ,t 0;  f 't  2 2 2 1
 1 t  0 . Do đó f t là hàm số liên tục 2 1 t   và đồ 1 1
ng biến trên 0;  . Vì vậy ta có ff  
y   y . Thay vào phương trình đầu ta được x 1.  x x 2 2
x x  2x 5  3y y  4 BÀI 5:  2 2
x y 3x  3y 1 0
Để ý thấy phương trình thứ 2 là một phần khuyết của phương trình đầu. Nếu ta kết hợp hai phương trình đó
thì có thể xây dựng hàm đặc trưng. Vì vậy ta biến đổi phương trình 2 trở thành 2 2
x  3x 1  y  3y và cộng
vào 2 vế của phương trình đầu ta được:
x x   x x
y y   x  2  x  2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 5 4 1 1  4  y y  4 Xét hàm đặc trưng 2
f t   t t
t    f t  1 4, 0; ' 1
 0 . Do đó f x     f  2 1 y  khi 2 t  4  y x 1
và chỉ khi  x  2 2 1  y   .  y 1 x
12 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN V: LƯỢNG GIÁC HÓA  BÀI 1: 2 2
1 x  2x 1 2x 1 x    x
t t    t t t 2 cos 0;
 2 sin  2cos t 1 2cost sin t  2 sin  cos 2t  sin 2t  sin  sin 2t    2 2 2  4  BÀI 2: 3 2 2
4x 12x  9x 1  2x x
Phương trình  x  3  x     x  2 4 1 3 1 1 1
. Đặt x 1  cost t 0;  3
 4cos t 3cost  sint  cos3t  sint BÀI 3: 2  x  4 2 x x   3 1 16 12
1  4x  3x
x  cos t t 0;   sin t  4 2
16 cos t 12 cos t   3
1  4 cos t  3cos t  
 sin t 42cos t  2 2 1  2  2 2 cos t   1 1  cos 3t   2
 sin t 4cos 2t  2  2cos 2t 1  cos3t  
 sin t 2cos 4t  2cos 2t   1  cos 3t
 sin t 4cos3t cost   1  cos 3t
 2cos3t sin 2t  sin t  cos3t
 sin 5t  sin t  sin t  cos3tx 1 x 1 2  2 2 2
BÀI 4: x 1   2x 2x  2 1 x         
x  tan t, t   ; \   0; ;   2 2   4 4  2x  2 1 1 2  x x 2   x 1  ,  sin 2t,
 sin 2t cos 2t 2 cos t x 1  2x  2 1  x x  2 2 2 1 1 1 1 2 2 x 1      2x 2x  2 1 x  cos t sin 2t sin 4t 2 sin t 1 2
2 cos 2t 2sin t   1 2     sin 2t sin 4t sin 4t sin 4t
 cos 2t 2sin t   1  1   1 2
1 2 sin t 2sin t   1  1  sin t  2
13 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN VI: ĐẶT 2 ẨN PHỤ 
 Kỹ thuật 1: Đặt 2 ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ bản.
 Kỹ thuật 2: Đặt 2 ẩn phụ để phân tích đa thức thành nhân tử.   x  3y  
1 x y  2x 2y 1  8 BÀI 1:
x  5  2 x y  9y  2 2 2    Đặ 2a b 1 b 1 t a
x y  0,b  2y 1  0  x  , y
. Thay vào hệ phương trình ta được: 2 2  2 2
 a  2b  1a  2 2 b  2a   1 b  8 
a b 1 x  2, y 1 2 2
a  2a 1 4b   y    1
x y   x y   1 y x  2 BÀI 2: 2 2
x y  8  y x 8  8  Đặt 2 2 2 a
x y  0,b
y  0  x a b , y b . Vì phương trình 2 khá lớn nên ta tập trung vào phương
trình đầu để phân tích nhân tử:  2
b  a   2 a   2 2 1
1 b a b  2  a   1 b  
1 a b  2  0 (1)
Đến đây là ta có thể sử dụng phương pháp thế được rồi. Tuy nhiên nếu để ý kỹ thì phương trình 2 có thể xử
lý được một cách độc lập: 2 2 2
x y    y x   x  2 y   2 2  x y    y  2 8 8 8 8 16 8 64 x  8
x x y    y     xy  2 2 2 2 2 2 8 16 8 8 8 0 8
 0  x y  8 (2).  9 7 2 a  1, x
y  8  x  , y   Kết hợp (1) và (2)  2 2  2
b 1, x y  8  x  3, y 1 
x y  2y 1 x y  5 BÀI 3:  2
y  2  xy y Đặt 2 2 a
x y  0,b  2y 1  0  a b x y 1. Thay vào phương trình đầu: 2 2
a b a b  4
Vì phương trình này không phân tích được thành nhân tử nên ta phải tìm cách biến đổi phương trình 2. Để ý ta thấy rằng 2 2
a b   x y y    x y   2 2 1
2 xy y  trong đó có 2
xy y  2  y xuất hiện trong phương trình 2. Do đó: 2 2
a b  x y    y 2 2 2 2 2 2 2 2
 x y  4  a b x y 1  3  a b a b  3.
Vậy ta có hệ đối xứng loại 1: 2 2 2 2 2 2
a b a b  4, a b a b  3  a b  1 x  2, y  1. BÀI 4: 4 4 2
1 x x 1 x  1 x
Để ý thấy   x  x 2 1 1
1 x nên ta sẽ đặt ẩn phụ dựa trên yếu tố này. Đặt 4 4
a  1 x  0,b  1 x  0 . Khi đó ta có: 4 4
2x a b . Nhân 2 ở cả 2 vế của phương trình ta được: 2 a   4 4
a b b ab  a b a ba b 2 2 2 2 2
a b   0  a b x  0
14 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
PHẦN VII: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 
 Kỹ thuật 1: Đưa phương trình, hệ phương trình về dạng 2 2 A B  0
 Kỹ thuật 2: Sử dụng Cauchy với những bài có căn bậc lớn.  a b
Kỹ thuật 3: Sử dụng Bunyakovsky:    2 2   2 2 ax by a b
x y  . Dấu bằng:  x y  2 2 a b
Kỹ thuật 4: Sử dụng Minkowski: 2 2 2 2
a b x y  a x  b y . Dấu bằng:  x y a ba b2 2 2  a b
Kỹ thuật 5: Sử dụng Schwartz:   . Dấu bằng:  x y x y x y
 Kỹ thuật 6: Sử dụng bất đẳng thức Jensen dành cho hàm lồi, hàm lõm:   a b f " 
x  0  f a f b  2 f     2  
. Dấu bằng xảy ra khi a b   a b
f " x  0  f a  f b  2 f     2  BÀI 1: 3 2 4
4x  4x  5x  9  4 16x  8 SHIFT SOLVE ta tìm đượ 1
c nghiệm duy nhất x
và xuất hiện căn bậc 4 nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất 2
đẳng thức Cauchy để giải quyết bài toán gọn nhẹ hơn. Tuy nhiên để Cauchy thì các đẳng thức phải bằng nhau.
Ta thấy rằng 16x  8  82x  
1 trong đó 2x 1  2 nên ta sẽ tách:
2  2  2  2x 1 2x  7 4 4 4 4 4 16x  8  2 2 2 2x 1   . Như vậy ta có 3 2
4x  4x  5x  9  2x  7 . Do đó: 4 4  1 1
x x x  
 x   x  2 3 2 4 4 7 2 0 2 2 1
 0 . Vì x    x  2  0  2x  2 1  0  x  . 2 2 BÀI 2: 4 4 2
4x 1  8x  3  4x  3x  5x SHIFL SOLVE ta tìm đượ 1
c nghiệm duy nhất x
và xuất hiện căn bậc 4 nên ta nghĩ tới việc sử dụng bất 2 đẳ 1
ng thức Cauchy. Ta thấy với x  thì 4
4x 1  1, 8x  3  1 nên ta lần lượt sử dụng Cauchy bậc 2 và 2 1 4x 1 111 8x  3 Cauchy bậc 4 ta có: 4 4 1. 4x 1   4x 1  2 ,
x 1.1.1. 8x  3 
 8x 3  2x 2 4 1 3
Vậy 4x  3x  5x  4x  4x  3x x  0  x x 12x 1 2 4 2 4 2  0  x  do x  . 2 8 BÀI 3: 3 2 3 2 x x
  x x x    2 3 2 2 3 2 1
2 x x   1
SHIFL SOLVE ta tìm được nghiệm duy nhất x  1  . Khi đó 3 2 3 2
3x  2x  2  3
x x  2x 1 1mà ta
thấy có 2 biểu thức lập phương đối nhau trong 2 căn, nếu 2 căn đó bình phương thì sẽ triệt tiêu được nên ta
nghĩ đến sử dụng Bunyakovsky: 3 2 3 2 x x  
x x x    2 2    3 2
x x   3 2 1. 3 2 2 1. 3 2 1 1 1 3 2 2 3
x x  2x   1
15 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H Do đó ta có  2 2
x x     2 2 1
2 3x  2x  
1 . Bình phương 2 vế   x    2 1 2x   1  0  x  1 
y 4x  2 2 3 1
 4x8x   1 BÀI 4: 2
40x x y 14x 1 2 40x x 1 3
Sử dụng phép thế y
vào phương trình đầu và sử dụng SHIFT SOLVE ta được x  , y  . 14x 1 8 2 1 Chú ý rằng 4x  ,8x 1  2 nên ta có: 2 8x 1 8x  1 8x 1 8x 1
3 4x 8x   2 3 1  8x 3 .1 
 4x8x   1  2 3 2 2 3 y 14x 1 Và 14x 1 
y y 14x 1 
. Do đó hệ phương trình trở thành: 2 2   x y 4x  2 8 1 2 1    1  2 8x 1  2 Lấy   1 +2. 2 2
y  4x   1  2 2 40x x 2 
y 14x 1 2 y 14  x  2 2 40x x  2  2 2 3  1  1 3 2
 96x  24x   0  96 x
 0  x  , y    2  8  8 2 2 2
x  2x 2  y 4y 2 BÀI 5:  2
6x y 11 10  4x  2x  0 Sử dụng phép thế 2
y  6x 11 10  4x  2x vào phương trình đầu và SHIFT SOLVE ta được x  1; y  3  . Khi đó 2 2
y  4y  2 1, 10  4x  2x  2 . Vì vậy ta điều chỉnh các số cho hợp lý và áp dụng Cauchy: 2 2 
1 y  4 y  2     2 2 y 4 y 1 2
x  2x  2  1.  y  4 y  2  
x  2x  2    2  2    Do đó ta có: 2 2 2 
2. 10  4x  2x
4 10  4x  2x  7  2x x 6
x y 11   6
x y 11    2 4  2 2 2
2x  4x y  4y 3  0 
. Cộng hai vế của hai phương trình ta được: 2
x 10x  2y 15  0
x x y y
  x  2   y  2 2 2 3 6 6 12 0 3 1 3
 0  x 1, y  3  BÀI TẬP ÁP DỤNG:   x  2 2 3 1  y x 2x   1  BÀI 1:  1 2 2 3
x x   y x x  2
16 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H
x 12 y y   2 12  x  12 BÀI 2: 3
x 8x 1  2 y 1 
17 | T H Ủ T H U Ậ T P H Ư Ơ N G T R Ì N H – H Ệ P H Ư Ơ N G T R Ì N H