Khóa luận Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ và ứng dụng máy tính Vinacal 570ES plus vào giải phương trình vô tỷ

Khóa luận đề cập đến một số kiến thức về phương trình vô tỷ, cũng như đưa ra các ứng dụng của máy tính VINACAL 570ES PLUS vào việc định hướng giải phương trình vô tỷ. Việc trình bày một số ứng dụng của máy tính vào các ví dụ phương trình vô tỷ cho thấy ưu điểm của phương pháp này là giúp học sinh tận dụng triệt để máy tính bỏ túi vào việc định hướng giải phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, không phải phương trình vô tỷ nào cũng giải được nhờ sự hỗ trợ của máy tính bỏ túi. Nhờ công cụ hỗ trợ đắc lực là máy tính bỏ túi, các em học sinh có thể đưa ra các phương pháp, cách giải phương trình vô tỷ nhanh chóng và chính xác. Từ đó, giúp học sinh tư duy tốt hơn, có thể hoàn thành tốt các bài toán giải phương trình vô tỷ. Đặc biệt đối với các em học sinh lớp 12, với sự hỗ trợ của máy tính VINACAL 570ES PLUS nói riêng và máy tính bỏ túi nói chung sẽ giúp các em tự tin hơn trong các kì thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học, cao đẳng.

pdf89 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 30/07/2018 | Lượt xem: 373 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Khóa luận Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ và ứng dụng máy tính Vinacal 570ES plus vào giải phương trình vô tỷ, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
   x x x x x x x x x x x x x x x Bình phương hai vế phương trình ta được   2 2 2 2 2( 2 3)( 1) 2 2 8 2 2 3 ( 1) 0 (1)                  x x x x x x x x x Vế trái của phương trình (1) được khai triển thành đa thức bậc 7 có dạng 7 6 5 4 3 2 7 6 5 4 3 2 1 0 7, ( 0).       a x a x a x a x a x a x a x a a Ta sẽ dùng chức năng CALC để tìm các hệ số 7 6 5 4 3 2 1 0, , , , , , ,a a a a a a a a . Bƣớc 1: Nhập      2 2 2 2 2 7( 2 3)( 1) 2 2 8 2 2 3 (X 1) :               X X X X X X X X X Bƣớc 2: Bấm phím CALC , nhập 1000. Bƣớc 3: Bấm phím  . Ta được 7 1.a Bƣớc 4: Nhập      2 2 2 2 2 7 6( 2 3)( 1) 2 2 8 2 2 3 ( 1) :                X X X X X X X X X X X Bƣớc 5: Bấm phím CALC , nhập 1000. Bƣớc 6: Bấm phím  . Ta được 6 4 a Làm tương tự, Ta được 5 3a 4 7 a 37 Do bộ nhớ máy tính không thể hiện thị đủ nên để tìm được hệ số 3a , ta phải tìm các hệ số theo chiều nghịch, tức là tìm 0 1 2, , ,...a a a Ta có 0 14a 1 37a 2 24 a 3 19a 4 7 a Vậy, ta được 7 6 5 4 3 2(1) 4 3 7 19 24 37 14 0. (2)x x x x x x x         Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được phương trình (2) chỉ có 3 nghiệm là 0,302775637 ; 3,302775638 ; 2x x x    . 38 Tính tổng và tích của hai nghiệm vô tỷ, ta thấy từ đó, ta có nhân tử chứa hai nghiệm vô tỷ là 2 3 1x x  . Do đó,  2(2) ( 2) 3 1 ( ) 0 (3)x x x g x     Ta có 7 6 5 4 3 2 2 4 3 7 19 24 37 14 ( ) ( 2)( 3 1)            x x x x x x x g x x x x được khai triển thành đa thức bậc bốn có dạng 4 3 2 4 3 2 1 0 4, ( 0).    a x a x a x a x a a Dùng chức năng CALC để tìm các hệ số 4 3 2 1 0, , , ,a a a a a . Bƣớc 1: Nhập 7 6 5 4 3 2 4 2 4 3 7 19 24 37 14 . ( 2)( 3 1)            X X X X X X X X X X X Bƣớc 2: Bấm phím CALC , nhập 1000. Bƣớc 3: Bấm phím  . Ta được 4 1.a Bƣớc 4: Nhập 7 6 5 4 3 2 4 3 2 4 3 7 19 24 37 14 . ( 2)( 3 1)                X X X X X X X X X X X X Bƣớc 5: Bấm phím CALC , nhập 1000. Bƣớc 6: Bấm phím  . Ta được 3 1a 39 Làm tương tự, ta có 2 3a 1 1a 0 7a ta được 4 3 2( ) 3 7.    g x x x x x Vì ta đã dự đoán phương trình (2) chỉ có 3 nghiệm nên dự đoán phương trình ( ) 0g x vô nghiệm. Giải Điều kiện 2.x   Ta có     2 2 2 2 2 2 8 ( 1) 2 2 2 3 ( 2 3)( 1) 2 2 8 2 2 3 ( 1)                     x x x x x x x x x x x x x x x   2 2 2 2 2( 2 3)( 1) 2 2 8 2 2 3 ( 1) 0 (1)                   x x x x x x x x x 7 6 5 4 3 24 3 7 19 24 37 14 0. (2)x x x x x x x         2 4 3 2( 2)( 3 1)( 3 7) 0. (3)        x x x x x x x Vì 4 3 2 2 2 2 2 3 7 1 5 1 1 6 0 , 2 2 2 x x x x x x x x x                         nên 40 2 3 13 (3) 2 3 13 2 x x x            Thử lại, ta có nghiệm của phương trình đã cho là 3 13 2; . 2   x x Bài tập tƣơng tự Bài 1:Giải phương trình 22 6 1 4 5.x x x    ĐS: 1 2; 2 3.x x    Bài 2: Giải phương trình 2 27 5 3 2 .x x x x x      ĐS: 1.x   Bài 3: Giải phương trình 10 1 3 5 9 4 2 2.x x x x       ĐS: 6 3; 7 x x   . Bài 4: Giải phương trình 3 3 31 2 3 0.x x x      ĐS: 2x   . Bài 5: Giải phương trình 3 3 1 2 2 2.x x x x      ĐS: 1x  . II. PHƢƠNG PHÁP NHÂN LƢỢNG LIÊN HỢP 2.1. Phƣơng pháp chung: ta cần tìm lượng liên hợp thích hợp và sử dụng các công thức liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung. Ta thường gặp các dạng sau Biểu thức Biểu thức nhân liên hợp Thu đƣợc A B A B A B A B   A B A B 2A B A B   3 3A B 3 32 23A AB B  3 32 23 A B A AB B  3 A B 3 2 23A B A B  3 3 2 23 A B A B A B  (Điều kiện: Mẫu số phải khác 0). Chú ý 3.2 (Liên hợp ngƣợc): thường dùng cho phương trình chứa một căn thức, tránh được việc tạo ra mẫu số              2 2 ( ) ( ) ( ) .caên ax b caên ax b caên ax b 41 2.2. Phƣơng pháp tìm lƣợng liên hợp: 2.2.1. Phƣơng trình có một nghiệm 0x x Bƣớc 1: Dùng máy tính dò nghiệm 0 x . Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Trường hợp 1: Nếu 0 x là nghiệm hữu tỷ đơn thì lượng liên hợp có dạng caên soá hoặc soá caên ta tìm số bằng cách thế 0 x vào từng căn. Trường hợp 2: Nếu 0 x là nghiệm hữu tỷ kép thì lượng liên hợp có dạng ( )caên ax b  hoặc ( )ax b caên  ta tìm a và b bằng cách giải hệ   0 0 caên (caên) x x x x ax b d a dx          . Trường hợp 3: Nếu 0 x là nghiệm vô tỷ đơn thì ta tính giá trị của căn thức tại 0 ,x x từ đó tìm biểu thức liên hệ của giá trị đó với x . Biểu thức liên hệ đó chính là biểu thức ghép với căn thức để tạo ra lượng liên hợp. Bƣớc 3: Đưa lượng liên hợp vào phương trình và thêm, bớt để được phương trình tương đương. Bƣớc 4: Nhân liên hợp trong từng nhóm căn, rồi đặt nhân tử chung. Ví dụ 3.6: Giải phương trình 23 9 2 3 5 1 1.x x x x      Phân tích: Điều kiện 1 5 1 0 5 x x    . Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được nghiệm duy nhất của phương trình là 1x  và là nghiệm đơn. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Với 1x  thì 3 9 2x    , 5 1 2x   . Vậy, các lượng liên hợp là 3 9 2x   và 2 5 1x  . Bƣớc 3: Đưa lượng liên hợp vào phương trình. Ta có 42 23 9 2 3 5 1 1x x x x          23 9 2 2 5 1 2 3 5 0x x x x            2 3 3 1 5( 1) ( 1)(2 5) 0 5 1 29 2 9 4 x x x x xx x                2 3 1 5 ( 1) 2 5 0. 5 1 29 1 3 x x xx                   2 3 1 1 5 . (*)2 5 0 5 1 29 1 3 x x xx               Đến đây, vì ở bước 1, ta dự đoán được 1x  là nghiệm duy nhất nên ta dự đoán phương trình (*) vô nghiệm. Để chứng minh phương trình (*) vô nghiệm , ta dùng chức năng TABLE để dự đoán dấu của biểu thức ( )h x =   2 3 1 5 2 5. 5 1 29 1 3 x xx        và từ kết quả bảng TABLE, ta dự đoán 1 ( ) 0, . 5 h x x   Tuy nhiên, trong biểu thức h(x) có lượng 5 1 0, 55 1 2 x x       gây khó khăn khi chứng minh 1 ( ) 0, . 5 h x x   Ta sẽ xử lý như sau: 43 Dùng chức năng TABLE, ta dự đoán được 1 ; 5 5 5 min . 25 1 2x             Khi đó ta có 5 5 5 5 5 5 1 1 0, . 2 2 55 1 2 5 1 2 5 1 2 x x x x x                     Từ những phân tích trên, ta có bài giải sau. Giải Điều kiện 1 5 1 0 5 x x    . 23 9 2 3 5 1 1x x x x          23 9 2 2 5 1 2 3 5 0x x x x            2 3 3 1 5( 1) ( 1)(2 5) 0 5 1 29 2 9 4 x x x x xx x                2 3 1 5 ( 1) 2 5 0. 5 1 29 1 3 x x xx                                  2 3 1 (thoûañieàu kieän) 1 5 . (*)2 5 0 5 1 2 9 1 3 x x x x Vì       2 3 2 3 2 3 1 5 2 5 5 1 29 1 3 1 5 5 5 2 2 25 1 29 1 3 1 5 5 1 5 1 2 0, . 2 55 1 29 1 3 x xx x xx x x x xx                             nên pt (*) vô nghiệm. 44 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  . Ví dụ 3.7: Giải phương trình  3 25 6 ( 2) 2 2 5 .x x x x x x       Phân tích: Điều kiện 2 2 0 1 5 5 0 x x x         . Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được nghiệm duy nhất của phương trình là 1x  và là nghiệm đơn. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Với 1x  thì 2 2 2x   , 5 2x  . Vậy, các lượng liên hợp là 2 2 2x   và 5 2x  . Bƣớc 3: Đưa lượng liên hợp vào phương trình. Ta có  3 25 6 ( 2) 2 2 5x x x x x x       2( 5 6) ( 2)( 2 2 5 ) ( 2)( 3) ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x x x x x x x                 ( 3) 2 2 5 ,x x x x        2 0 1;5x x          22 2 2 5 2 3 4 0x x x x         2( 1) 1 ( 1)( 4) 0 2 2 2 2 5 x x x x x x             2 1 ( 1) ( 4) 0 2 2 2 2 5 x x x x                            1 (thoûañieàukieän) 2 1 ( 4). (*) 2 2 2 2 5 x x x x Đến đây, vì ở bước 1, ta dự đoán được 1x  là nghiệm duy nhất nên ta dự đoán phương trình (*) vô nghiệm. Để chứng minh phương trình (*) vô nghiệm , ta dùng chức năng TABLE để dự đoán dấu của biểu thức 45 ( )h x = 2 1 ( 4). 2 2 2 2 5 x x x        và từ kết quả bảng TABLE, ta dự đoán  ( ) 0, 1;5 .h x x    Tuy nhiên, trong biểu thức h(x) có lượng   2 0, 1;5 , 2 2 2 x x       gây khó khăn khi chứng minh  ( ) 0, 1;5 .h x x    Ta sẽ xử lý như sau: Dùng chức năng TABLE, ta dự đoán được  1;5 2 max 1. 2 2 2x        Khi đó ta có   2 2 2 2 2 2 2 1 0 , 1;5 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x                   Từ những phân tích trên, ta có bài giải sau. Giải Điều kiện 2 2 0 1 5 5 0 x x x         .  3 25 6 ( 2) 2 2 5x x x x x x       46 2( 5 6) ( 2)( 2 2 5 ) ( 2)( 3) ( 2)( 2 2 5 ) x x x x x x x x x x x x                 ( 3) 2 2 5x x x x        2 0 1;5x x          22 2 2 5 2 3 4 0x x x x         2( 1) 1 ( 1)( 4) 0 2 2 2 2 5 x x x x x x             2 1 ( 1) ( 4) 0 2 2 2 2 5 x x x x                            1 (thoûañieàukieän) 2 1 ( 4). (*) 2 2 2 2 5 x x x x Vì   2 1 ( 4) 2 2 2 2 5 2 1 1 ( 3) 2 2 2 2 5 2 2 1 ( 3) 0, 1;5 . 2 2 2 2 5 x x x x x x x x x x x                               nên pt (*) vô nghiệm. Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  . Ví dụ 3.8: Giải phương trình 2 1 2 2 1.x x x    Phân tích: Điều kiện 1 2 x  . Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được nghiệm duy nhất của phương trình là 1x  và là nghiệm kép. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Tìm lượng liên hợp cho :x lượng liên hợp có dạng ( )x ax b  với a, b thỏa hệ 47                     1 1 1 1 .1 2 ( ) 2 x x x ax b a b a b d a x a dx Với a được tính bằng cách bấm SHIFT  , nhập biểu thức x và 1 . Vậy, lượng liên hợp cho x là 1 1 ( ) 2 2 x x  hay2 ( 1).x x  Tìm lượng liên hợp cho 2 1 :x  lượng liên hợp có dạng 2 1 ( )x cx d   với c, d thỏa hệ                        1 1 2 1 1 1 . 1 0 ( 2 1) x x x cx d c d c d c d x c dx Với c được tính bằng cách bấm SHIFT  , nhập biểu thức 2 1x  và 1 . Vậy, lượng liên hợp cho 2 1x  là 2 1 .x x  Giải Điều kiện 1 . 2 x  Khi đó 1 2 0x x   và 2 1 0.x x   Ta có       2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 0 2 ( 1) 2 1 0 1 2 2 1 0 ( 1) 4 (2 1) 0 1 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                        48   2 2 2 2 1 2 1 0 1 2 2 1 1 1 1 . 0 (*) 1 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x                        Vì 1 1 1 0, 21 2 2 1 x x x x x         nên (*)   2 1 0x    1 (thoûañieàukieän).x Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  . Ví dụ 3.9: Giải phương trình 2 2 3 .x x x x     Phân tích: Điều kiện 2 2 0 2 3 0 3 x x x x          . Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được nghiệm duy nhất của phương trình là 2,618033989x  và là nghiệm đơn. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Với 2,618033989x  thì 3 0,6180339887 2x x    , 1,618033989 1x x   . Vậy, lượng liên hợp là 2 3x x   và 1 .x x  Giải Điều kiện 2 2 0 2 3. 0 3 x x x x          49 Khi đó 2 3 0x x    và 1 0x x   . Ta có 2 2 3x x x x                 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 0 2 3 1 3 1 0 2 3 1 3 1 3 1 3 1 0 2 3 1 1 1 3 1 1 0. (*) 2 3 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 x x                                                          Vì   1 1 1 0, 2;3 2 3 1 x x x x x           nên 2(*) 3 1 0x x    3 5 2 3 5 2 x x         So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 5 2 x   . 2.2.2. Phƣơng trình có hai nghiệm đơn 1 2,x x x x  Bƣớc 1: Dùng máy tính dò nghiệm 1 x và 2 x . Bƣớc 2: Trường hợp 1: Nếu 1 x và 2 x là hai nghiệm hữu tỷ đơn thì lượng liên hợp có dạng  ( )caên ax b hoặc  ( )ax b caên ta tìm a và b bằng cách giải hệ               1 2 caên . caên x x x x ax b ax b Trường hợp 2: Nếu 1 x và 2 x là hai nghiệm vô tỷ đơn, ta gán giá trị 1x cho biến A, gán giá trị 2x cho biến B. Hướng 1: Ta tính giá trị của căn thức tại 1x x hoặc 2x x , để tìm biểu thức liên hệ của giá trị đó với x . Biểu thức liên hệ đó chính là biểu thức ghép với căn thức để liên hợp. Trong trường hợp không tìm được biểu thức liên hệ của giá trị đó với x , ta chuyển sang hướng 2. Hướng 2: lượng liên hợp có dạng  ( )caên ax b hoặc  ( )ax b caên ta tìm a và b bằng cách giải hệ 50               1 2 caên . caên x x x x ax b ax b Trường hợp 3: Nếu phương trình có cả nghiệm hữu tỷ và nghiệm vô tỷ, ta lần lượt thực hiện các phép liên hợp tương ứng để xuất hiện nhân tử chứa nghiệm hữu tỷ và nhân tử chứa nghiệm vô tỷ. Bƣớc 3: Đưa lượng liên hợp vào phương trình và thêm, bớt để được phương trình tương đương. Bƣớc 4: Nhân liên hợp trong từng nhóm căn, rồi đặt nhân tử chung. Ví dụ 3.10: Giải phương trình 23 3 3 1 5 4.x x x x      Phân tích: Điều kiện 1 3 x   . Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được phương trình chỉ có hai nghiệm là 0 , 1x x  và là hai nghiệm đơn. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Tìm lượng liên hợp cho 3 1 :x  lượng liên hợp có dạng ( ) 3 1ax b x   với a, b thỏa hệ                    0 1 3 1 1 . 1 3 1 x x x ax b b a x ax b Vậy, lượng liên hợp cho 3 1x  là ( 1) 3 1.x x   51 Tìm lượng liên hợp cho 5 4 :x  lượng liên hợp có dạng ( ) 5 4cx d x   với c, d thỏa hệ                    0 1 5 4 1 . 2 5 4 x x x cx d c d x cx d Vậy, lượng liên hợp cho 5 4x  là ( 2) 5 4.x x   Giải Điều kiện 1 3 x   . Khi đó 1 3 1 0x x    và 2 5 4 0x x    . Ta có 23 3 3 1 5 4x x x x      2 3 3 3 1 5 4 0x x x x          23 3 1 3 1 2 5 4 0x x x x x x             2 2 2 3 0 1 3 1 2 5 4 x x x x x x x x x x               2 1 1 3 0. (*) 1 3 1 2 5 4 x x x x x x                Vì 1 1 1 3 0, 31 3 1 2 5 4 x x x x x             nên         2 0(*) 0 (thoûañieàukieän). 1 x x x x Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 0x  ; 1x  . Ví dụ 3.11: Giải phương trình  2 21 2 2 2.x x x x x      Phân tích: Điều kiện   2 1 5 2 1 2 0 1 5 2 2 x x x x x                 Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được phương trình chỉ có hai nghiệm 3,828427125x  và 1,828427125x   và là các nghiệm đơn. 52 Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Với 3,828427125x  thì 2 2 2 3x x   . Vậy, lượng liên hợp là 2 2 2 3x x   . Giải Cách 1 (Liên hợp thƣờng): Điều kiện:   2 1 5 2 1 2 0 . 1 5 2 2 x x x x x                  2 21 2 2 2x x x x x        2 22 7 2 2 2 3x x x x x          2 2 2 2 2 9 2 7 2 2 2 3 x x x x x x x                2 2 2 2 2 2 7 2 7 2 2 2 3 2 2 7 1 0. 2 2 3 x x x x x x x x x x x x                       Trường hợp 1: 2 1 2 2 2 7 0 1 2 2 x x x x           Trường hợp 2: (Nhận) (Nhận) 53 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 1 2 2 ( 1) 1 2 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                 Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 1 2 2x   ; 1 2 2.x   Cách 2 (Liên hợp ngƣợc): Nhận xét rằng   2 2 2 22 2 3 2 2 3 2 2 9 2 7x x x x x x x x             nên ta có thể dùng liên hợp ngược như sau. Điều kiện   2 1 5 2 1 2 0 . 1 5 2 2 x x x x x                  2 21 2 2 2x x x x x                  2 2 2 2 2 2 2 2 7 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x                              Trường hợp 1: 2 2 1 2 2 2 2 3 0 2 7 0 1 2 2 x x x x x x                Trường hợp 2: 2 2 2 1 0x x x     2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 ( 1) 1 2 2 2 1 x x x x x x x x x x x x                     Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 1 2 2x   ; 1 2 2.x   Ví dụ 3.12: Giải phương trình   2 2 2 8 ( 1) 2 2 . 2 3 x x x x x x         Đề thi THPT Quốc gia 2015 (Vô nghiệm) (Nhận) (Nhận) 54 Phân tích:Ví dụ này đã được chúng tôi giải bằng cách lũy thừa hai vế, được trình bày trong ví dụ 3.5. Bây giờ, chúng tôi sẽ giải theo cách thứ 2 bằng phương pháp nhân lượng liên hợp. Điều kiện 2.x   Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 2x  và 3,302775638x  và là các nghiệm đơn. Bƣớc 2: Tìm lượng liên hợp thích hợp. Với 2x  thì 2 2x   . Vậy, lượng liên hợp là 2 2.x     2 2 2 8 ( 1) 2 2 . 2 3 x x x x x x         2 2 2 2 ( 2)( 4) 2 4 ( 1) 2 3 2 2 ( 2)( 4) 2 ( 1) 2 3 2 2 4 1 ( 2) 0 2 3 2 2 2 .4 1 2 3 2 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                                            Ta có     2 2 4 1 2 3 2 2 ( 4) 2 2 ( 1) 2 3 . (**) x x x x x x x x x x                55 Phương trình (**) vẫn còn chứa nghiệm 3,302775638.x  Với 3,302775638x  thì 2 2,302775638 1x x    . Khi đó, lượng liên hợp là 2 ( 1).x x   Giải Điều kiện 2.x     2 2 2 8 ( 1) 2 2 2 3 x x x x x x         2 2 2 2 ( 2)( 4) 2 4 ( 1) 2 3 2 2 ( 2)( 4) 2 ( 1) 2 3 2 2 4 1 ( 2) 0 2 3 2 2 2 .4 1 2 3 2 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                                            Ta có     2 2 2 2 3 2 2 4 1 2 3 2 2 ( 4) 2 2 ( 1) 2 3 ( 4) 2 ( 1) ( 1)( 2 3) 5 4 ( 4) 2 ( 1) ( 2 4 1) 0 ( 4) 2 ( 1) ( 1)( 3 1) 0 ( 4) 2 ( 1) ( 1) 2 ( 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 x x x x x x x x                                                                               2 2 2 2 1) 0 2 ( 1) 3 ( 1) 2 0 2 ( 1) 2 2 6 2( 1) 2 0 2 ( 1) 1 2 3 0. (*) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                          Vì   2 2 1 2 0 , 3 0 x x x x x            nên   2 21 2 3 0,x x x x x         . Do đó (*) 2 ( 1) 0x x     2 1x x    56 2 1 3 131 3 13 .2 22 ( 1) 3 13 2 x x x x x x x                 Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm là 3 13 2 x   ; 2.x  Bài tập tƣơng tự Bài 1: Giải phương trình 23 1 6 3 14 8 0x x x x       . ĐS: 5x  . Bài 2: Giải phương trình 23 6 1 1x x x     . ĐS: 2x  . Bài 3: Giải phương trình 2 3 3 1 4 1 x x x x x       . ĐS: 1x  . Bài 4: Giải phương trình 4 2 4 24 20 4 7x x x x x      . ĐS: 1, 4x x  . Bài 5: Giải phương trình 233 1 2 19 8 2 5x x x x      . ĐS: 0, 1x x  . Bài 6: Giải phương trình 22 4 5 2 8 1 3 1x x x x x       . ĐS: 2 13 2 13 ; 2 2 x x     . Bài 7: Giải phương trình 2 333 4 2x x x   . ĐS: 1 13 1 13 ; 6 6 x x     . Bài 8: Giải phương trình 2 22 2 4 2 2 2x x x x x        . ĐS: 7 2 ; 2 x x   . III. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 3.1. Đặt một ẩn phụ hoàn toàn Bƣớc 1: Dùng chức năng SOLVE của máy tính, dự đoán nghiệm của phương trình. Bƣớc 2: Đặt điều kiện xác định. Bƣớc 3: Đặt ẩn phụ t. Chuyển phương trình đã cho về phương trình theo biến t. Bƣớc 4: Giải phương trình tìm t. Sau đó tìm x . Bƣớc 5: So với điều kiện và kết luận. (Nhận) (Loại) 57 Ví dụ 3.13: Giải phương trình 22 1 3 1 0.x x x     Phân tích: Điều kiện 1 . 2 x  Dùng chức năng SOLVE, ta dự đoán được phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 2 2; 1x x   . Giải Đặt 2 1,( 0)t x t   2 1 2 t x    . Phương trình trở thành 2 2 21 1 3. 1 0 2 2 t t t           4 2 24 2 1 6 6 4 0t t t t        4 24 4 1 0t t t        2 21 2 1 0t t t     1 1 2 1 2 t t t           Vì 0t  nên ta nhận 1, 1 2t t    . Với 1 2 1 1 1.t x x      Với 1 2 2 1 1 2 2 2.t x x           Vậy, phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm 2 2; 1x x   . Ví dụ 3.14: Giải phương trình       2 3 22 22 4 1 2 5 2 1 2.x x x x x         Phân tích: Sử dụng chức năng SOLVE,       2 3 22 22 4 1 2 5 2 1 2 1SHIFT CALC X X X X X          58       2 3 22 22 4 1 2 5 2 1 2 : ( 1) Can't SolveSHIFTCALCX X X X X X           dự đoán được phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x   . Ta có       2 3 22 2(*) 2 4 1 2 1 2 2 5 0x x x x x           Đặt       2 3 22( ) 2 4 1 2 1 2.g x x x x       Ta dùng chức năng CALC để khai triển đa thức ( ).g x Nhập ( )g X =       2 3 22 2 4 1 2 1 2X X X      . 4 1000 ( ) 1,004012016 1CALC g X X   4 3 1000 ( ) 4,012016009 4CALC g X X X    4 3 2 1000 ( ) 4 12,016009 12CALC g X X X X     4 3 2 1000 ( ) 4 12 16,009 16CALC g X X X X X      59 4 3 2 1000 ( ) 4 12 16 5 1 CALCg X X X X X     Ta thử lại bằng cách nhập 4 3 2 14 ( ) 4 12 16 5 0 1 CALCg X X X X X      4 3 2 20 ( ) 4 12 16 5 0 1 CALCg X X X X X      4 3 2 33 ( ) 4 12 16 5 0 1 CALCg X X X X X      Ta được 4 3 2( ) 4 12 16 5.g x x x x x     Giải       2 3 22 22 4 1 2 5 2 1 2        x x x x x 4 3 2 2 24 4 8 16 2 5 5 0x x x x x x x              2 2 2 22 8 2 2 5 5 0.x x x x x x         Đặt 2 2 2 2 2 5 5 2 t t x x t x x          . Khi đó, phương trình trở thành     2 2 25 8 5 5 0t t t      60 4 2 210 25 8 40 5 0t t t t           4 2 3 2 3 2 2 10 0 2 2 2 5 0 2 2 2 5 0 t t t t t t t t t t t                   2 0t   ( vì 3 22 2 2 5 0t t t t      ) 2 2 5 2x x    2 2 5 4x x    2 2 1 0x x    1.x  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x   . Ví dụ 3.15: Giải phương trình   2 2 2 8 ( 1) 2 2 . 2 3 x x x x x x         Đề thi THPT Quốc gia 2015 Phân tích: Ví dụ này đã được chúng tôi giải bằng 2 cách, được trình bày trong ví dụ 3.5 và 3.12. Bây giờ, chúng tôi sẽ giải theo cách thứ 3 bằng phương pháp nhân liên hợp phối hợp với đặt 1 ẩn phụ hoàn toàn. Giải Điều kiện 2x     2 2 2 2 8 ( 1) 2 2 2 3 ( 2)( 4) 2 4 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x                    2 ( 2)( 4) 2 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x           2 4 1 ( 2) 0 2 3 2 2 x x x x x x             2 2 4 1 (*) 2 3 2 2 x x x x x x           Ta có      2(*) 2 2 4 1 2 3x x x x x        Đặt 2 0t x   , phương trình (*) trở thành      2 2 4 22 2 1 6 11 (1)t t t t t      Dùng chức năng CALC, ta được 61 6 4 3 2(1) 7 15 2 15 0 (2)t t t t t       Dùng chức năng SOLVE, 6 4 3 27 15 2 15 1,302775638 ASHIFT SHIFT CALC STO X X X X X        6 4 3 27 15 2 15 : ( A) 2,302775638 BSHIFT SHIFTCALC STOX X X X X X        Ta nhập vào máy tính và tìm được 1A B  và . 3A B   Do đó A, B là nghiệm của phương trình 2 3 0.  X X Khi đó, ta được 6 4 3 2 27 15 2 15 ( 3) ( )t t t t t t t g t        6 4 3 2 2 7 15 2 15 ( ) 3 t t t t t g t t t          trong đó ( )g t được khai triển thành đa thức bậc bốn có dạng 4 3 2 4 3 2 1 0 4, ( 0)a t a t a t a t a a     Ta sẽ dùng máy tính VINACAL 570ES PLUS để tìm các hệ số 4 3 2 1 0, , , ,a a a a a . Nhập biểu thức ( )g X = 6 4 3 2 2 7 15 2 15 3 X X X X X X X        4 1000 ( ) 1,000996999 1.CALC g X X   4 3 1000 ( ) 0,996999005 1.CALC g X X X    4 3 2 1000 ( ) 3,000995 3CALC g X X X X      62 4 3 2 1000 ( ) 3 0,995 1CALC g X X X X X       4 3 2 1000 ( ) 3 5 1 CALCg X X X X X     Ta thử lại bằng cách nhập 4 3 2 1 ( ) 3 5 0 1 CALCg X X X X X      4 3 2 10 ( ) 3 5 0 1 CALCg X X X X X      Do đó, 2 4 3 2( ) ( 3)( 3 5)g t t t t t t t       2 4 3 2(2) ( 3)( 3 5) 0t t t t t t        2 4 3 2 3 0 . 3 5 0            t t t t t t Ta có 2 1 3 2 3 0 1 3 2 t t t t            1 3 2   t 1 3 2 2 7 13 2 2         x x (loại) 63 3 13 . 2   x Đặt 4 3 23 5y t t t t     3 2 24 3 6 1 ( 1)(4 7 1)y t t t t t t         1 7 33 0 8 7 33 8 t y t t               Bảng biến thiên t  7 33 8   7 33 8   1  y  0  0  0  y   5,0797 3 1,3772 Từ bảng biến thiên, ta có 1,3772 y   nên 4 3 23 5 0, .      t t t t t Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm 2x  ; 3 13 . 2  x 3.2. Đặt hai ẩn phụ hoàn toàn Bƣớc 1: Đặt điều kiện xác định. Bƣớc 2: Đặt 2 ẩn phụ u, v. Đưa phương trình về phương trình đẳng cấp của ẩn phụ. Bƣớc 3: Dùng chức năng SOLVE của máy tính, cho 100v  , tìm u. Từ đó, suy ra mối liên hệ giữa u và v. Bƣớc 4: Chia Hoocne, đưa về phương trình tích. Bƣớc 5: Thay u và v, tìm x . Bƣớc 6: So với điều kiện và kết luận. Ví dụ 3.16: Giải phương trình 42 1 2 2 3 (2 1)(2 ).x x x x      Phân tích: Nhận thấy các biểu thức có mối liên hệ với nhau và , và nên ta có thể đặt hai ẩn phụ , đưa về phương trình đẳng cấp 2 22 3u v uv  2 1x  4 2 1x  2 x 4 2 x 4 2 1u x  4 2v x  64 2 23 2 0. (*)u uv v    Sử dụng chức năng SOLVE, 2 2 100 3 2 100SHIFT CALC Y X YX Y X      100 100 v u v      0u v   Chia Hoocne 1 3v 22v v 1 2v 0 Khi đó (*) ( )( 2 ) 0u v u v    Giải Điều kiện . 42 1 2 2 3 (2 1)(2 )x x x x      Đặt , suy ra , . Khi đó, phương trình trở thành 2 22 3u v uv  2 23 2 0u uv v    ( )( 2 ) 0u v u v    . 2 u v u v     Với 4 42 1 2u v x x     2 1 2x x    1.x  Với 4 42 2 1 2 2u v x x     2 1 32 16x x    11 . 6 x  So với điều kiện ta nhận cả hai nghiệm 1x  , 11 6 x  . Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm là 1x  , 11 6 x  . Ví dụ 3.17: Giải phương trình 2 22 3 3 1 9 23 19.x x x x x       Phân tích: 1 2 2 x  4 42 1 2 2 3 2 1. 2x x x x       4 2 1u x  4 2v x   0, 0u v  2 2 1u x  2 2v x  65 2 22 3 3 1 9 23 19.x x x x x          2 2 22 3 3 1 5 3 3 4 2 1x x x x x x x              22 22 3 3 1 5 3 3 4 1x x x x x x          Đặt 2 3 3 0u x x    , 1v x  . Khi đó, phương trình trở thành 2 22 5 4u v u v   2 2 2 24 4 5 4u uv v u v     2 24 3 0 (1)u vu v    Sử dụng chức năng SOLVE 2 2 100 4 3 100SHIFT CALCX YX Y X    100 100 v u v      0u v   Chia Hoocne: 1 4v 23v v 1 3v 0 Khi đó (1) ( )( 3 ) 0u v u v    3 u v u v     Giải    2 2 2(*) 2 3 3 1 5 3 3 4 2 1x x x x x x x              22 22 3 3 1 5 3 3 4 1x x x x x x          Đặt 2 3 3 0u x x    , 1v x  . Khi đó, phương trình trở thành 2 22 5 4u v u v   2 2 2 24 4 5 4u uv v u v     2 24 3 0u vu v    ( )( 3 ) 0u v u v    3 u v u v     66 Với 2 3 3 1u v x x x      2 23 3 2 1x x x x      2.x   Với 23 3 3 3 3u v x x x      2 23 3 9 18 9x x x x      28 15 6 0x x    15 33 16 . 15 33 16 x x           Thử lại, ta thấy 15 33 16 x    thỏa phương trình ban đầu. Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 15 33 16 x    . Ví dụ 3.18: Giải phương trình 3 2 33 2 ( 2) 6 0.x x x x     Phân tích: Đặt 2 0y x   , phương trình trở thành 3 2 33 2 6 0x x y x    3 33 ( 2) 2 0x x x y     3 2 33 2 0 (1)x xy y    Sử dụng chức năng SOLVE, 3 2 3 100 3 2 100SHIFT CALC Y X XY Y X      100 100 y x y      0x y   Chia Hoocne, ta có 3 2 3 2 23 2 ( )( 2 )x xy y x y x xy y      Sử dụng chức năng SOLVE 2 2 100 2 100SHIFT CALC Y X XY Y X      67 100 100 y x y      0x y   Chia Hoocne, ta có 2 22 ( )( 2 )x xy y x y x y     Do đó 3 2 3 23 2 ( ) ( 2 )x xy y x y x y     Giải Đặt 2 0y x   , phương trình trở thành 3 2 33 2 6 0x x y x    3 33 ( 2) 2 0x x x y     3 2 33 2 0x xy y    3 2 33 2 0x xy y    2( ) ( 2 ) 0x y x y    . 2 x y x y      Với 2x y x x    2 2 0x x    2 . 1 x x      Với 2 2 2x y x x      2 4 8 0x x    2 2 3 . 2 2 3 x x        Thử lại, ta thấy 2x  thỏa phương trình ban đầu. Vậy, phương trình đã chocó nghiệm duy nhất 2x  . 3.3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Khi đặt ẩn phụ t thì biến x vẫn tồn tại và ta xem x là tham số. Thông thường thì đó là phương trình bậc hai theo t . Ta sẽ giải bằng cách lập  nếu  là số chính phương, còn không thì ta sẽ phân tích chọn hệ số cho m của 2.m t thích hợp để  là số chính phương. Khi đặt ẩn phụ không hoàn toàn thì việc tìm điều kiện chưa chặt, nên thế lại vào phương trình để thử lại. 3.3.1.  là số chính phƣơng Ví dụ 3.19: Giải phương trình  2 32 3 2 3 8.x x x    Giải Điều kiện .        2 3 2 2 2 3 2 3 8 2 3 2 3 2 2 4 x x x x x x x x            3 8 0 2x x     68    2 22 2 4 2 3 2. 2 4.x x x x x x           Đặt 2 2 4, 0t x x t    , phương trình trở thành  22 2 3 2.t x x t        22 3 2. 2 2 0. (*)t x t x      Đến đây, ta có hai cách giải quyết. Cách 1: Tính  , tìm t sau đó suy ra .x Xem (*) là phương trình bậc hai với t là ẩn số, x là tham số, có biệt số . Do đó . So với điều kiện , ta nhận , khi đó 2 2 4 2 2x x x    2 2 4 4 8x x x     2 6 4 0x x    3 13 3 13 x x        Thử lại, ta thấy thỏa phương trình ban đầu. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm . Cách 2: Sử dụng máy tính VINACAL 570ES PLUS và phương pháp chia Hoocne để đưa phương trình về dạng phương trình tích. Cho 2Y x  , nhập biểu thức 2 22 3 . 2X Y X Y  Bấm SHIFT CALC , nhập 100 và bấm  , máy tính hiển thị 50X   Chia Hoocne 2 3 2x  2( 2)x  2 2 x   2 4 2x  0       2 3 2 16 2 25 2x x x       2 2 1 2 2 t x t x          0t  2 2t x  3 13; 3 13x x    3 13; 3 13x x    2 100 2 50 2 x x t             69 Khi đó  2(*) 2 4 2 0 2 x t t x           1 2 2 2 2 t x t x        So với điều kiện 0t  , ta nhận 2 2t x  , do đó 2 2 4 2 2x x x    2 2 4 4 8x x x     2 6 4 0x x    3 13 3 13 x x        Thử lại, ta thấy thỏa phương trình ban đầu. Vậy, phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm . Ví dụ 3.20: Giải phương trình  2 24 3 1 1 0.x x x x x       Giải Điều kiện 2 1 5 1 0 2 x x x       hoặc 1 5 . 2 x   Đặt 2 1 0t x x    , suy ra 2 2 2 21 1t x x x t x       . Khi đó, phương trình đã cho trở thành   2 1 4 3 1 0t x x x t        2 3 3 0t x t x     ( 3)( ) 0t t x    3 . t t x      Với 23 1 3t x x     2 10 0x x    1 41 2 . 1 41 2 x x         Với 2 1t x x x x       2 21x x x    1.x   Thử lại, ta thấy thỏa phương trình ban đầu. 3 13; 3 13x x    3 13; 3 13x x    1 41 1 41 1; ; 2 2 x x x       70 Vậy, phương trình đã cho chỉ có 3 nghiệm . 3.3.2.  không là số chính phƣơng Ví dụ 3.21: Giải phương trình  2 2 3 5 3 1 3 2 1. 2 x x x x     Phân tích: Biến đổi       2 2 2 2 2 3 5 3 1 3 2 1 2 3 2 1 1 3 2 1 3 2 0 2 x x x x x x x x x               và đặt ẩn phụ 22 1 0t x   2 22 1t x   , thì phương trình trở thành  2 2 3 1 3 3 2 0. 2 t x t x x      (*) Phương trình (*) có biệt số   2 2 21 3 12 6 8 9 3x x x x        không là số chính phương. Do đó ta cần điều chỉnh hệ số m của 2mt , tức là            2 2 2 2 3 * 1 3 3 2 0 2 mt t mt x t x x              2 2 2 2 32 1 2 1 1 3 3 2 0 2 mt x m x x t x x            2 2 3 1 3 5 2 3 0. 2 mt x t m x m x Ta có                  2 2 31 3 4 . 5 2 3 2t x m m x m x              2 2 2 31 6 9 4 5 2 3 2 x x m x mx m x             2 2 28 20 9 6 6 12 4 1 .m m x m x m m Để  t có dạng chính phương thì phương trình   0 t phải có nghiệm kép, tức là    2 4 0 x b ac hay cần giải phương trình              2 2 26 6 4 8 20 9 12 4 1 0. x m m m m m Do hệ số m này thường là đẹp và  0m , nên ta nhập phương trình           2 2 26 6 4 8 20 9 12 4 1X X X X X vào máy tính và bấm SHIFT CALC  thì phương trình cho ta nghiệm  0X nên ta sẽ loại (do  0m ). 1 41 1 41 1; ; 2 2 x x x       71 Để kiểm tra nghiệm còn lại của phương trình, ta thay đổi thành biểu thức           2 2 26 6 4 8 20 9 12 4 1 :X X X X X X và bấm SHIFT CALC thì phương trình cho nghiệm  2X . Giải Điều kiện     2 2 2 1 0 2 x x hoặc  2 2 x .      2 2 3 5 3 1 3 2 1 2 x x x x              2 2 2 32. 2 1 1 3 2 1 1 0. * 2 x x x x x Đặt   22 1 0t x   2 22 1t x . Khi đó          2 2 3 * 2 1 3 1 0. 2 t x t x x               2 22 21 3 8 12 8 6 9 3 . t x x x x x x Do đó                1 3 3 1 4 2 1 3 3 1 1 4 2 x x t x x x t x                 2 2 4 4 5 0 1 2 7 4 8 0 2 x x x x x x               1 6 2 2 2 15 . 7 2 2 15 7 x x x Thử lại, ta thấy phương trình đã cho có 3 nghiệm 72   6 1 2 ;x 2 2 15 2 2 15 ; 7 7 x x     . Bài tập tƣơng tự Bài 1: Giải phương trình 2 2 2( 1) 3( 1) 3 2( 3) 0.x x x x       ĐS: 1x  . Bài 2: Giải phương trình 2 2(3 8 ) 2 1 3 3.x x x x     ĐS: 0.x  Bài 3: Giải phương trình 2 210 9 8 2 3 1 3 0.x x x x x      ĐS: 3 3 1 ; ; 2 7 3 x x x   . Bài 4: Giải phương trình 22 2 4 4 2 9 16.x x x     ĐS: 4 2 3 x  . Bài 5: Giải phương trình 3 3( 4) 9 12.x x x x     ĐS: 0.x  IV. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Phương pháp này chủ yếu vận dụng các định lý 1.7 và 1.8 ở chương 1. Ví dụ 3.22: Giải phương trình 3 35 1 2 1 4.x x x     Phân tích: Dùng chức năng TABLE, ta dự đoán được vế trái là hàm đồng biến, còn vế phải là hằng số và sử dụng chức năng SOLVE của máy tính ta dự đoán được phương trình có nghiệm duy nhất 1x  3 35 1 2 1 4 1SHIFT CALC X X X      3 3( 5 1 2 1 4) : ( 1) Can't SolveSHIFT CALC X X X X       73 nên đây là những điều kiện thích hợp cho việc sử dụng phương pháp hàm số để giải. Giải Điều kiện 3 3 1 5 1 0 5 x x    . 3 3 3 3 5 1 2 1 4 5 1 2 1 4 0. (*) x x x x x x             Ta thấy 3 1 5 x  không là nghiệm của phương trình  * . Khi 3 1 5 x  , xét hàm số   3 35 1 2 1 4f x x x x      trên 3 1 ; 5               3 3 2 3 5 1 ' 2 1 ' ' 1 2 5 1 3. 2 1 x x f x x x           2 33 2 3 15 2 1 1 0 , ; 52 5 1 3. 2 1 x x x x              . Do đó hàm số  f x đồng biến trên 3 1 ; . 5       Mặt khác,  1 0f  nên 1x  là nghiệm duy nhất của phương trình  * . Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  . Ví dụ 3.23: Giải phương trình    2 23 2 1 1 1 3 8 2 1 .x x x x      Phân tích:    2 2 2 2 2 3 2 1 1 1 3 8 2 1 3 8 2 1 3 2 1 3 0. x x x x x x x x x               Sử dụng chức năng SOLVE, 2 2 23 8 2 1 3 2 1 3 0SHIFT CALC X X X X X        2 2 23 8 2 1 3 2 1 3 : Can't SolveSHIFTCALCX X X X X X       74 dự đoán 0x  là nghiệm duy nhất của phương trình. Để ý rằng 2 22 1 1 2 1 1 0x x      và 2 28 2 1 3 8 3 8 3 0x x x x x x       nên để phương trình có nghiệm thì điều kiện kéo theo là 0x  . Đặt 2 2 2( ) 3 8 2 1 3 2 1 3f x x x x x x       Sử dụng chức năng TABLE, ta dự đoán được ( )f x là hàm số tăng. Giải Điều kiện 0.x     2 2 2 2 2 3 2 1 1 1 3 8 2 1 3 8 2 1 3 2 1 3 0. x x x x x x x x x               Xét hàm số   2 2 23 8 2 1 3 2 1 3f x x x x x x       trên  0;   2 2 2 2 2 2 2 6 ' 6 1 8 2 1 2 1 2 1 32 6 8 6 1 2 1 x x f x x x x x x x x x                    . Do 232 6 8 0,x x x R     nên  ' 0, 0f x x   . Suy ra hàm số  f x luôn đồng biến trên  0; . Mặt khác,  0 0f  nên 0x  là nghiệm duy nhất của phương trình. Vậy, phương trình đã có nghiệm duy nhất 0x  . Ví dụ 3.24: Giải phương trình  12 12 5 4 .x x x x x      Phân tích: Dùng chức năng SOLVE của máy tính, ta dự đoán phương trình có nghiệm duy nhất là 4x  .  12 12 5 4 4SHIFTCALCX X X X X       75   12 12 5 4 : ( 4) Can't SolveSHIFTCALCX X X X X X        Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta dự đoán hàm số ( ) 12f x x x x   ở vế trái là hàm số đồng biến và hàm số  ( ) 12 5 4g x x x    ở vế phải là hàm số nghịch biến Đồng thời, ta nhận thấy khi 4x  thì (4) (4) 12f g  . Giải Điều kiện 0 4x  . Xét hàm số ( ) 12f x x x x   xác định và liên tục trên  0;4 , có   3 1 ( ) 0, 0;4 2 2 12 f x x x x        nên ( )f x đồng biến trên  0;4 . (1) Xét hàm số  ( ) 12 5 4g x x x    xác định và liên tục trên  0;4 , có   1 1 ( ) 12 0, 0;4 2 5 2 4 g x x x x              nên hàm số ( )g x nghịch biến trên  0;4 . (2) Từ (1) và (2), suy ra phương trình ( ) ( )f x g x có nghiệm duy nhất và (4) (4) 12f g  nên 4x  là nghiệm duy nhất của phương trình. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất 4x  . Ví dụ 3.25: Giải phương trình   34 1 3 5 3 4 8.x x x x      Phân tích: Dùng chức năng SOLVE của máy tính,   34 1 3 5 3 4 8 1SHIFTCALCX X X X X        76   34 1 3 5 3 4 8 : ( 1) 2SHIFTCALCX X X X X            34 1 3 5 3 4 8 : ( 1) : ( 2) Can't SolveSHIFTCALCX X X X X X           nên dự đoán được phương trình có chỉ có hai nghiệm 1x  , 2x   . Dùng chức năng CALC của máy tính, nhận thấy 1 4 x  , 3x   không là nghiệm của phương trình   3 1 4 4 1 3 5 3 4 8 9 0CALCX X X X          3 34 1 3 5 3 4 8 24,63621368 0CALCX X X X         nên ta chỉ xét   1 3, \ . 4 x            3 3 4 1 3 5 3 4 8 4 8 3 5 3 4 1 x x x x x x x x              3 4 8 3 5 3 0 4 1 x x x x         77 Xét hàm số 3 4 8 ( ) 3 5 3 4 1 x f x x x x        trên   1 3, \ 4 x          . Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta dự đoán được hàm số ( )f x đồng biến trong các khoảng 1 3; 4       , 1 ; 4       . Giải Điều kiện 3 0 3x x     . Do 1 4 x  , 3x   không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét   1 3, \ . 4 x          Ta có   3 3 4 1 3 5 3 4 8 4 8 3 5 3 4 1 x x x x x x x x              3 4 8 3 5 3 0. (*) 4 1 x x x x         Xét hàm số 3 4 8 ( ) 3 5 3 4 1 x f x x x x        trên   1 3, \ 4 x          , có      22 3 1 1 36 1 ( ) 0, 3, \ 42 3 4 13 5 f x x x xx                 . Bảng biến thiên x  1 4  ( )f x + + ( )f x   3 4 3 4 13    78 Ta có phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( )f x và trục Ox có phương trình 0y  . Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (*) có tối đa hai nghiệm và có ( 2) (1) 0f f   nên 2x   , 1x  là hai nghiệm cần tìm. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm 2x   , 1x  . Ví dụ 3.26: Giải phương trình 2 23 33 32 2 1 2 1.x x x x      Phân tích: Nhận thấy nếu lập phương hai vế thì phương trình rất phức tạp, nhưng nếu quan tâm đến mối liên hệ giữa các biến trong căn thức, ta nhận thấy  2 22 1 2 1x x   và  2 1 1x x    . Tức là         2 23 33 3 2 23 3 3 3 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 x x x x x x x x               với vế trái và vế phải đều có dạng   3 31f t t t   mà ta gọi đây là hàm đặc trưng. Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta dự đoán được hàm số ( )f t đồng biến. Khi đó, phương trình được viết dưới dạng    21 2f x f x  nên sử dụng phương pháp hàm số như sau Giải         2 23 33 3 2 23 3 3 3 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 2 x x x x x x x x                    21 2 . 1f x f x   Xét hàm số   3 3 1f t t t   , có       2 23 3 1 1 ' 0, \ 1;0 3 3 1 f t x t t        . Do đó hàm số  f t đồng biến trên .  2 Từ  1 và  2 suy ra    2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 0 .1 2 x f x f x x x x x x                Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm 1 ; 1 2 x x   . 79 Ví dụ 3.27: Giải phương trình 2 1 124 60 36 0. 5 7 1 x x x x        Học sinh giỏi tỉnh Quảng Ninh năm 2011 Phân tích: Dùng chức năng SOLVE của máy tính, 2 1 1 324 60 36 1,5 25 7 1 SHIFT CALC X X X X         2 1 1 324 60 36 : Can't Solve 25 7 1 SHIFT CALC X X X X X                  dự đoán được phương trình có nghiệm duy nhất 3 2 x  . 2 2 2 1 1 24 60 36 0 5 7 1 1 1 25 60 36 5 7 1 x x x x x x x x x                    2 21 15 6 15 6 1 x x xx             5 6 . 1f x f x   Xét hàm số   2 1 1 f t t t    trên  1; . Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta dự đoán ( )f x là hàm số đồng biến trên  1; . Giải Điều kiện 7 5 x  . 80 2 2 2 1 1 24 60 36 0 5 7 1 1 1 25 60 36 5 7 1 x x x x x x x x x                    2 21 15 6 15 6 1 x x xx             5 6 1f x f x   Xét hàm số   2 1 1 f t t t    trên  1; , ta có:     1 ' 2 0, 1 2 1 1 f t t t t t        . Do đó hàm số  f t luôn đồng biến trên khoảng  1; .  2 Từ  1 và  2 suy ra     3 5 6 5 6 2 f x f x x x x       . Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3 2 x  . Ví dụ 3.28: Giải phương trình   2 2 2 8 ( 1) 2 2 (*) 2 3 x x x x x x         Đề thi THPT Quốc gia 2015 Phân tích:Ví dụ này đã được chúng tôi giải bằng 3 cách, được trình bày trong ví dụ 3.5, 3.12 và 3.15. Bây giờ, chúng tôi sẽ giải theo cách thứ 4 bằng phương pháp nhân lượng lien hợp phối hợp với phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Điều kiện: 2x     2 2 2 2 8 ( 1) 2 2 2 3 ( 2)( 4) 2 4 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x                    2 ( 2)( 4) 2 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x           2 4 1 ( 2) 0 2 3 2 2 x x x x x x             2 2 4 1 (*) 2 3 2 2 x x x x x x           Ta có 81      2(*) 2 2 4 1 2 3x x x x x                2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 .x x x x                   Xét hàm số   2( ) 2 2f t t t   . Sử dụng chức năng TABLE của máy tính ta dự đoán ( )f t đồng biến trên . Giải Điều kiện 2.x     2 2 2 2 8 ( 1) 2 2 2 3 ( 2)( 4) 2 4 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x                    2 ( 2)( 4) 2 ( 1) 2 3 2 2 x x x x x x x           2 4 1 ( 2) 0 2 3 2 2 x x x x x x             2 2 4 1 (*) 2 3 2 2 x x x x x x           Ta có      2(*) 2 2 4 1 2 3x x x x x                2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 . (2)x x x x                   Xét hàm số   2( ) 2 2f t t t     2 2 2' 3 4 2 3 0, 3 f t t t t t               nên ( )f t đồng biến trên . (3) Từ (2) và (3) ta có    2 1f x f x   2 1x x    22 2 1x x x     2 3 1 0x x    82 3 13 2 . 3 13 2 x x         Thử lại, vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 2x  ; 3 13 . 2 x   Bài tập tƣơng tự Bài 1: Giải phương trình 24 1 4 1 1.x x    ĐS: 1 2 x  . Bài 2: Giải phương trình 34 5 3 3 2 2 6. 2 1 x x x      ĐS: 1x  . Bài 3: Giải phương trình   31 2 1 3 6 6.x x x x      ĐS: 2x  . Bài 4: Giải phương trình 2 33 ( 1) 2 1 ( 5) 8 3 31 0.x x x x x         ĐS: 9x  . Bài 5: Giải phương trình 3 2 2 6 15 13 1 9 . 4 7 12 x x x x x x x          ĐS: 29 3 2 x   . Bài 6: Giải phương trình    3 1 3 1 2 0.x x x x x       ĐS: 0x  . Bài 7: Giải phương trình 25 1 5 4 6. 2 x x x x x x         ĐS: 2 41 8 5 x   . Bài 8: Giải phương trình   2 7 3 2 3 5 0.x x x      ĐS: 1; 6x x  . Bài 9: Giải phương trình 3 33 34 7 4 3 1 4 2 3.x x x x x       ĐS: 3 1 ; ; 1 2 2 x x x    . Bài 10: Giải phương trình 3 2 38 36 53 25 3 5.x x x x     ĐS: 5 3 2; 4 x x    . 83 KẾT LUẬN Khóa luận đề cập đến một số kiến thức về phương trình vô tỷ, cũng như đưa ra các ứng dụng của máy tính VINACAL 570ES PLUS vào việc định hướng giải phương trình vô tỷ. Việc trình bày một số ứng dụng của máy tính vào các ví dụ phương trình vô tỷ cho thấy ưu điểm của phương pháp này là giúp học sinh tận dụng triệt để máy tính bỏ túi vào việc định hướng giải phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, không phải phương trình vô tỷ nào cũng giải được nhờ sự hỗ trợ của máy tính bỏ túi. Nhờ công cụ hỗ trợ đắc lực là máy tính bỏ túi, các em học sinh có thể đưa ra các phương pháp, cách giải phương trình vô tỷ nhanh chóng và chính xác. Từ đó, giúp học sinh tư duy tốt hơn, có thể hoàn thành tốt các bài toán giải phương trình vô tỷ. Đặc biệt đối với các em học sinh lớp 12, với sự hỗ trợ của máy tính VINACAL 570ES PLUS nói riêng và máy tính bỏ túi nói chung sẽ giúp các em tự tin hơn trong các kì thi học sinh giỏi và tuyển sinh đại học, cao đẳng. Mặc dù đã cố gắng nhưng khóa luận chắc chắn vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của Quý Thầy, Cô và các bạn. 84 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Trí Dũng, Bùi Thế Việt, Phương pháp sử dụng máy tính Casio trong giải toán phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, NXB. Đại học Sư phạm TPHCM, 2015. [2] Lê Văn Đoàn, Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số vô tỷ, NXB. Đại học Quốc gia Hà Nội, 2015. [3] Mai Xuân Việt, Sử dụng máy tính cầm tay trong tìm kiếm lời giải, Trung tâm luyện thi Thủ khoa, 2012. [4] Nguyễn Anh Huy, Phương trình, hệ phương trình, Diễn đàn MATHCOPE, 2012. [5] Nguyễn Quang Trung, Dạy học phân hóa qua tổ chức ôn tập một số chủ đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ trung học phổ thông, Luận văn Thạc sĩ khoa học giáo dục, 2007. [6] Sách hướng dẫn sử dụng máy tính VINACAL 570 ES PLUS. [7] Trịnh Hồng Uyên, Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ, Luận văn Thạc sĩ Toán học, 2011. [8] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Doãn Minh Cường, Đỗ Mạnh Hùng, Nguyễn Tiến Tài, Đại số 10, NXB. Giáo dục, 2014. [9] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Nam, Lê Văn Tiến, Vũ Viết Yên, Đại số và giải tích 11, NXB. Giáo dục, 2014.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfmot_so_phuong_phap_giai_phuong_trinh_vo_ty_va_ung_dung_may_tinh_vinacal_570es_plus_vao_giai_phuong_t.pdf