THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003
1
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
I. Sử dụng phép biến đổi không thuận nghịch.

, 0. , 0
AB A B khi A B AB A B khi A B
     
Mở đầu bằng một điều thú vị sau đây:
6 2.3 2. 3
  . Phép toán trên đúng và chẳng có gì phải bàn. Tuy
nhiên nếu áp dụng không cẩn thận thì lại có điều thú vị như sau:
6 ( 2).( 3) 2. 3 !???
      .
Sai lầm ở đâu chắc độc giả đẫ biết.
Xin minh hoạ dạng toán trên qua VD sau đây: Giải bất phương trình:

 
2 2
8 15 2 15 3 *
x x x x x      
Với VD trên ta thấy khử căn thức bằng cách bình phương hai vế( sau khi lấy đk cho 2 vế ko âm) có vẻ không
đơn giản. Đặt ẩn phụ thì cũng rất mơ hồ.
Khi tiến hành giải toán, nếu không cẩn thận thì người làm toán sẽ sai lầm ngay trong bước tìm điều kiện.
Điều kiện:
2
2
5
( )
3
8 15 0


 


.Tuy nhiên khi vẽ trục thì chỉ được kết quả cuối cùng là:
5
( )
5
x
c
x



 

Liệu có chính xác??? Hãy chú ý rằng x = 3 thoả mãn cả (a) và (b) nên đương nhiên cũng là giá trị thuộc điều
kiện. Vậy là ta đã sai lầm? Sai lầm ở đâu?
Phân tích sai lầm: Khi vẽ trục và gạch đi phần ko thoả mãn (a) và (b) thì chỉ cho ta kq là (c). Ta đã sai lầm do
thói quen tay mà thôi. Chú ý rằng điều kiện (a) nghĩa là bỏ đi khoảng (3; 5), chứ ko bỏ đi điểm x = 3, điều kiện
(b) nghĩa là bỏ đi khoảng ( -5; 3), ko bỏ đi điểm x = 3.
Do đó điều kiện đúng phải là:
5
5
3
x
x
x





    


   


Do đó sau khi chia cả hai vế của (*) cho
3 0
x
 
( Bpt ko đổi chiều), ta được:
5 5 3 (**)
x x x    
Đề giải (**) thi khá đơn giản, chỉ cần đưa về hai vế ko âm và bình phương hai vế là OK. Cách giải sau đây sẽ
cho ta điều thú vị và ngắn gọn hơn( Cách này chỉ áp dụng cho tuỳ từng bài).
Nhận thấy rằng
5 5 0
5 0 5 5
3 0
x x
x x x
x

   

      

 

         


       


.
Do đó sau khi chia cả hai vế của (*) cho
3 0
x
 
(Bpt ko đổi chiều), ta được:

5 5 3 (***)
x x x      
THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003
2
Giải (***) rất đơn giản, chuyển vế để hai vế ko âm và bình phương, cách đó đúng, nhưng ko mấy thú vị.
Nhận thấy rằng
5 5 0
5 0 5 5
3 0
x x
x x x
x

    

        


1/ 2; 1)
x

3.
)1(21682
22
 xxxx
,(1; -1) 6.
18184152158
222
 xxxxxx
, (x>17/3)
II. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ý tưởng 1: Xuất phát từ một hệ phương trình rất đơn giản, chẳng hạn hệ pt sau:
2
1
u v
uv
 




(1), tuy nhiên
bằng cách đặt
2
1
2
x
u

7.
2
2
1 ( ) 4
( 1)( 2)
x y y x y
x y x y

   


   


2
1
u v
uv
 




(x;y) = (1;2), (-2; 5)
8.
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y

2
5 / 4
5 / 4
u v uv
u v
   


  

(x;y) = (1;-3/2), (
3 3
5 / 4; 25 /16
 )
10.
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

    


 


2 2
1
5
u v

2 2
2 2 2
6
1 5
y xy x
x y x

 


 


2
6
2 5
uv
u v



 

(x;y) = (1; 2), (1/2; 1)
13
*
.
3
3
(12 5 ) 1

2
3
4xy 4 x y 7
x y
1
2x 3
x y

   





 



2 2
3u v 13
u v 3

 

 

(x;y) = (1; 0)
Ý tưởng 2: Việc đặt ẩn phụ đối với phương trình đại số cũng rất phong phú và đa dạng. Ta có thể đặt một ẩn
phụ và đưa về pt đơn giản hơn, tuy nhiên ta cũng có thể đặt hai, ba ẩn phụ để đưa về hệ phương trình cơ
THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003

ta sẽ có hệ
2 2
2 2
5 5
5 5
x t x t
t x t x
 
   
 

 
   
 
 
. Hệ trên chưa đối xứng, tuy nhiên nếu đặt u = -x ta lại có hệ:
2
2
5
5
u t
t u

 


 


.

  . Đây chính là pt đẳng cấp bậc hai với 2 ẩn
là u và v. Cách giải pt này hết sức dễ dàng và cho ta
2
u v
u v





. Đến đây pt(3) đã được giải quyết.
Giải các phương trình- bất phương trình sau Hướng dẫn Đáp số
15.
2 3 1 3 2 (2 3)( 1) 16
x x x x x
       
Rất đơn giản
x = 3
16.
3 3 3 3
35 ( 35 ) 30
x x x x
   
3 3
35
t x x
  
x = 2; 3
17.
2 2

       
(7 7)(7 6) ?
(7 7) (7 6) ?
x x
x x
  
   
6 / 7 6
x
 
19.
3 2
5 1 2( 2)
x x
  
Xem VD3
(5 37) / 2
x  
20.
3 2
3 8 2( 3 2)
x x x
   
Xem VD3
3 13
x  
21.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x

Vô nghiệm
25. 2x
2
-6x-1= 54 x
2 3 4 5
t x
  
, đưa về hệ pt
1 2; 2 3
x   
*) Chú ý: Việc đặt ẩn phụ trong 3 bài 23, 24, 25 là ” rất không bình thường”, đơn giản vì ko có cơ sở của
phương pháp. Tuy nhiên với mục đích là đưa về hệ pt cơ bản( thông thường là hệ đối xứng ) nên ta có thể đặt
1x = at +b ( bài 24) và đưa về hệ pt ẩn là x và t, khi đó hệ số a và b được tìm là do ta “ép” hệ trên là hệ đối
xứng loại II.
III. Kỹ thuật nhẩm nghiệm – nhân biểu thức liên hợp.
Ý tưởng 3: Trước hết có thể nói rằng đây là một phương pháp hay và giải được nhiều bài toán khó, tuy nhiên
nhược điểm lớn nhất của phương pháp này là ta phải nhẩm được một nghiệm của phương trình. Việc nhẩm
nghiệm của phương trình có thể là rất dễ dàng, nếu khó hơn ta có thể sử dụng phần mềm để vẽ đồ thị và từ đó
dự đoán nghiệm. Nếu phương trình có nghiệm phức tạp ( nghiệm vô tỷ chảng hạn) mà ta không nhẩm hoặc
không dự đoán được thì hãy nghĩ đến phương pháp khác để giải quyết bài toán. Việc nhẩm nghiệm có liên quan
mật thiết tới việc nhân biểu thức liên hợp làm xuất hiện nhân tử chung.
THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003
4
Xin nêu ra một VD đơn giản như sau:
VD4: Giải phương trình:
2
3 1 6 3 14 8 0(4)
x x x x       ( B – 2010)
Không khó khăn khi nhẩm được một nghiệm là x = 5 nên pt(4) viết lại đẹp hơn như sau:


Xem VD4 x = 1
28.
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x

   

2 2 8 4
x x
  
(2 4) (8 4 ) ?
x x
   
x = 2; 2/3
29.
3
4 1 3 2
5
x
x x

   
(4 1) (3 2) ?
x x
   

x y
x y

   


   


( 5) ( 5) ( 2) ( 2)
x y x y
      
x = y = 11
32.
1 7 4
1 7 4
x y
y x

   


   


Như bài 31 x = y = 3
IV. Giải bất phương trình bằng cách sử dụng tính chất của hàm liên tục.
*) Trước hết cần chú ý rằng các hàm sơ cấp( Đa thức, phân thức hữu tỷ, lượng giác, căn thức, mũ, lôgairt,…)
đều liên tục trên khoảng hay các khoảng mà nó xác định.
*) Một số tính chất quan trọng của hàm liên tục

a
và vô nghiệm trên khoảng đó thì dấu của f(x) cũng
chính là dấu của

lim ( )
x
f x
hoặc

lim ( )
x
f x
Ý tưởng 4: Ta sẽ mở đầu bằng việc giải bất phương trình sau: VD5:
    
3
7 2 3 0
x x (5)
Mới đầu nhìn đã thấy ngay sự khó khăn vì dạng này ko cơ bản. Nhưng nếu là việc giải phương trình thì bài toán
trở nên vô cùng dễ dàng:
    
3
7 2 3 0
x x (5a)
Đặt

 


  


, f(x) = 0 có các nghiệm là 1; -7; -34.

-34 -7 1 2
f(x) +

0 - 0 + 0 -
Căn cứ vào bảng xét dấu của f(x) ta có tập nghiệm của
bpt(5) là:




     
; 34 7; 1
S
THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003
5
Giải các bất phương trình Hướng dẫn Đáp số
33.
   
3 3
3
2 3 12( 1)
x x x
Giải pt cho ta 2 nghiệm x = 1 và 3
x < 1
34.
 
 
3 3

   
4 1 3 2 5
x x (7)
Điều kiện:

2 / 3
x
Xét hàm f(x) =
  
4 1 3 2
x x trên



2 / 3; , hàm này đồng biến trên



2 / 3;
Bpt(7) trở thành


  
f x f(2) 2
x . Vậy tập nghiệm là:



2 / 3;2
S

3 2 3
x x y
y y x
Xét hàm
    
2
( ) 3 3 3, 0
f t t t t

và
    
2
( ) 3 3, 0
g t t t t
x = y = 1
37.    
2 23
3
2 2 2
x x x x x
Xem VD6
x = 0; -1
38.CMR pt:
   
5 2
2 1 0
x x x
có no duy nhất
-B1: CM pt có no dựa vào
t/chất hàm liên tục

2 2
2 2
91 2
91 2
x y y
y x x
Sử dụng pp hàm số 2 lần hoặc
pp hàm số và nhẩm no, nhân
liên hợp.
x = y = 3
VI. Một sai lầm khá thú vị
Ý tưởng 6: Xuất phát từ một VD khá đơn giản:
VD8: Giải bất phương trình:
2
(2 5) 2 5 2 0
x x x
   
(8)
Hãy bình luận về hướng suy nghĩ và cách giải sau đây: Ta thấy VT(8) là tích của hai số hạng là ( 2x – 5 ) và
2
2 5 2
x x
 
. Do tích không âm và có một số hạng ko âm (
2
2 5 2 0
x x
  
) nên số hạng còn lại cũng ko
âm và do đó

  
  








THPT CHUYÊN LÀO CAI Giothoimai2003
6
Lời giải trên thật ngắn gọn, hoàn hảo và chính xác???
Hãy làm thêm một việc nhẹ nhàng: Thay x = 2 và x = 1/2 và bpt(8), ta thấy nghiệm đúng. Vậy là cách giải trên
đã làm mất hai nghiệm này (




2 5 / 2; ; 1/2 5 / 2;
   
). Sai lầm ở đâu? Và giải sao cho đúng?
( Xin dành cho độc giả)
Giải các bất phương trình Hướng dẫn Đáp số
41.
2 2
( 3 ) 2 3 2 0
x x x x
   
Xét 2 TH:

Dễ dàng
2 1; x=4
x
  
VII. Phương pháp đánh giá
Ý tưởng 7: Trước hết phải nói rằng những bài toán chỉ giải được bằng phương pháp này là các bài toán tương
đối khó. Trong khuôn khổ của bài viết, tôi chỉ xin đưa ra một vài dạng hết sức cơ bản và đơn giản ( Việc đi sâu
nghiên cứu sẽ được trình bày sau). Xin minh hoạ qua một VD sau đây:
VD9 : Giải phương trình:
2 3 1
1
4 2
x
x x

   
(9)
Cách số 1: Đưa về tổng bình phương của các số không âm.

2 2 2 2
1 2 3 1 2
0 0
n n
A A A A A A A
        

2 2
1
(9) ( 1 1) ( 2 3 1) 0 2
2

(9) 4 4 2 3 (4 4) (2 3)
x x x x
       
. Đưa về dạng:
2 2

u v u v   
Giải các phương trình, hệ phương trình Hướng dẫn Đáp số
44.
2
2 4 6 11
x x x x
     
2; VP 2
VT
 
x = 3
45.
    
2
2 5 1 2
x x x
Dễ dàng x = 1
46.
2 1 3 4 1 1
x x x x
      
a b a b
  
Dấu “ = “ xảy ra

  


Dễ dàng x = y = 1
49
*
.
4 1
4 1
4 1
x y z
y z x
z x y

  


  


  


1
4 1 (4 1).1 ((4 1) 1) 2
2
z z z z
      
Tương tự sau đó cộng vế với vế.
x = y = z = 1/2

1 2 (1 ) 2 (1 )
x x m x x x x m
       (10)



: Điều kiện cần: Ta viết lại pt(10) như sau:
3
4
3
4
1 2 (1 ) 2 (1 )
1 (1 ) 1 2 (1 (1 ))(1 ) 2 (1 (1 ))(1 )
x x m x x x x m
x x m x x x x m
      
             
Từ đó ta thấy, nếu x
0
là một nghiệm thì 1 – x
0
cũng là nghiệm. Để pt có no duy nhất thì x
0
= 1- x
0
0
1 / 2
x 
Thay x
0

VD 11: XĐ m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
1 7
1 7
x y m
y x m

   


   


(11)



: Điều kiện cần:
Cách 1: Ta viết lại hpt(11) như sau:
1 7 7 (6 ) 1 (6 )
1 7 7 (6 ) 1 (6 )
x y m x y m
y x m y x m
 
         
 

 
         
 
 

) thì cũng có no là (y
0;
x
0
). Để hệ có nghiệm duy nhất thì x
0
= y
0.
Thay vào hệ ta có
0 0
1 7
m x x
   
(*)
Xét ( ) 1 7
f x x x
   
trên


1;7
 . Lập bảng biến thiên của hàm đó trên đoạn


1;7
 .
Để thoả mãn bài toán thị pt(*) với ẩn x
0
phải có duy nhất nghiệm, tức là đồ thì hàm f(x) chỉ có một điểm chung
duy nhất với đường thẳng y = m. Căn cứ vào bảng biến thiên ta có m = 4.

0
; 6 - y
0
). Vấn đề đặt ra là ngoài nghiệm ( 6 - x
0
; 6 - y
0
) thì ta còn tìm được nghiệm nào khác nữa
hay ko? Và nếu tìm được thì liệu kết quả có khác nhau không?
XĐ m để pt, hpt sau có no duy nhất Hướng dẫn Đáp số
51.
4 4
2 2
x x x x m
     
0 0
; 2-x
x là nghiệm
m = 4
52.
2 23
1 2 1
x x m
   
0 0
; -x
x là nghiệm
m = 3
53
*

   

0 0 0 0
( ; ); ( ; )
x y x y
 là nghiệm
m = 1; m = 2
Ý tưởng 9: Vấn đề về tính có nghiệm và nghiệm đúng với mọi giá trị của biến thuộc tập xác định.
Phương pháp chung là ta thường cô lập tham số ( khi tham số đồng bậc). Xét hàm số nào đó và lập bảng biến
thiên của hàm đó trên điều kiện của bài toán, từ đó suy ra kết quả. Việc cô lập tham số phải cẩn thận, nhất là đối
với bài toán về bất phương trình.
Xin đưa ra một số VD hết sức đơn giản như sau:
VD 12: Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình :
2
m x 2 x m
  
(12)
HƯỚNG DẪN
(12)




2 2
2
x
m x 2 1 x m do x 2 1 0, x
x 2 1
          
 

2 x 2
0 x 2
x 2 x 2 1
 
    
  
.
Giới hạn
x
lim y 1.

 
Bảng biến thiên
x


2


2


y’ – 0 + 0 –
y –1
22

1

Xét hàm số
/
2
1 x 1 x
f(x) 1 x 1 x, x [ 1; 1] f (x)
2 1 x
  
       

.
Bảng biến thiên
x

–1 0 1

f’(x) + 0 –
f(x) 2

2

2
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: a)
2 m

b)
2
m

55.
x 1 3 x (x 1)(3 x) m

Để kết thúc bài viết xin giới thiệu một VDvới phương pháp giải ấn tượng:
VD 14: Giải phương trình:
2
5 5
x x
  
(14)
Bài toán trên đã được đề cập đến trong VD 2 mục II và thông thường ta giải bằng cách đặt ẩn phụ rồi đưa về hệ
pt quen thuộc. Tuy nhiên pt trên có thể giải theo phương pháp ấn tượng sau đây:
2
2 2
2 2 4
5 0
5 5 5 5
5 5 2 .5 (14 )
x
x x x x
x x x a

 

       

   


Xét pt(14a): Đặt u = 5 ta có pt:
2 2 4
(2 1) - x=0
u x u x   (*). Ta coi pt(*) là pt bậc hai với ẩn là u và tham số

u = 5
(1 21) / 2

59.
3
3
68 15
x
x x
 
u =
17
17 3
2


Lời kết:Với mục đích biên soạn thành tập đề cương cho HS ôn tập thi đại học nên các vấn đề được trình bày
khá vắn tắt, có tính chọn lọc. Tuy nhiên không thể bao quát hết các dạng của chuyên đề. Toán học luôn cần sự
tìm tòi, khám phá nhằm tìm ra cái mới mẻ. Rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các
bạn học sinh.
Lào Cai, ngày 28 tháng 8 năm 2010
Trần Hoài Vũ