Tác giả: Nguyễn Đại Dương
Tài li ệu đ ặc bi ệt d ành cho học sinh Lớp T oán luyện thi
Phương p háp c ân bằng tíc h ứng dụ ng đ ể g iải một l ớp c ác bài toá n Phương Trình & Bất
Phương trì nh V ô tỷ.
Tà i liệu ba o gồm:
Cơ s ở l í thu yết.
Phương pháp c hu ng .
Các ví dụ.
Bài tập v ận dụng .
Các em phải biết học toán là phát triển tư duy, dù cho phương pháp có hay và dễ sử dụng đến mức
nào nhưng người sử dụng không thể phát triển được nó thì cũng chỉ là học chay mà thôi. Hy vọng
các em có thể nắm bắt bản chất để phát triển thêm nữa phương pháp này.
Trong tài liệu tôi cố gắng sử dụng các ví dụ tiêu biểu cho từng bài toán riêng biệt, mỗi ví dụ là một
kinh nghiệm cũng như một bài học. Đọc hết tài liệu các em sẽ có một cái nhìn tổng quát và đầy đủ
về phương pháp này.
Hi ển nhi ên trong bất kì tà i li ệu nà o cũ ng s ẽ c ó những thi ếu sót, mong cá c em góp ý để tài
li ệu được hoàn thiện hơn c ho c ác lứa học si nh sau .
Chúc cá c em học tốt!
Phương Pháp được nghiên cứu và phát triển dựa trên các kiến thức cơ bản và kinh nghiệm của
chính tác giả. Hiện vẫn chưa có bất kì tài liệu nào viết về phương pháp này. Mọi vấn đề sao chép
yêu cầu được thông qua ý kiến của tác giả.

/>2
P HƯƠNG PHÁP CÂN BẰNG TÍCH
Cơ sở: Cho phươn g trìn h có dạn g
     
n
g x h x f x
. Với
     
,,f x g x h x

A x ax b
.
Ph ƣơ n g p háp :
Bƣớ c 1 : Sử dụn g Casio để tìm biểu thức
 
Ax
:
Nhập phươn g trìn h
     
n
g x h x f x
vào m áy bấm SHIF T S OL VE máy hiện S ovle for X n h ập tùy ý
một giá trị X bấm =. Đợi máy hiện giá trị củ a X bấm SHI FT S TO A để gán giá trị củ a n ghiệm cho A.
Bấm MODE 7 máy hiện f(X) = n hập biểu thức
 
n
f A AX
= máy hiện S tart? Nhập -10 = máy hiện
En d ? nhập 10 = máy hiện S tep nhập 1 = , má y hiện một bản g với một bên là giá trị xủa X m ột bên là giá
trị của f(X), ta sẽ lấy giá trị mà tại đó X và f(X) là hai số n gu yên (hoặc hữu tỉ).
Khi đó biểu thức cần tìm chín h là
   
.A x X x f X
với X và f(X) là các giá trị n gu yên đã chọn .
Bƣớ c 2 : Cân bằn g tích :
Ta sẽ cân bằn g hai vế với các biểu thức
 
n
fx
,

 
kx
phù hợp để c ân bằn g. Thôn g thườn g thì
 
kx
sẽ là hệ
số a, biểu thức bậc n hất
ax b
, biểu thức bậc 2
2
ax bx c
hay phân thức
m
ax b
…
Ch ú ý : Biểu thức A(x) thôn g thườn g là bậc n hất n hưn g cũ n g c ó thể là biểu thức bậc cao và ta phán đoán
A(x) dựa vào từn g bài toán.
/>3
Điều kiện :
2x 
Nhập biểu thức:
2
22XX  
Bấm S HI FT S OVL E 0 = máy hiện
0 .6180339887X 
bấm S HI F T STO A máy hiện
Ans A
Bấm MODE 7 n hập
 
2f X A A X  

 
2
1x
. Do biểu thức cân bằn g có bậc 2 và bậc
củ a biểu thức còn thừa cũ n g là 2 n ên ta cân bằn g với hệ số a :
     
2
1 1 2 2a x x a x x      
(*)
Khi đó để (*) tươn g đươn g với (1) thì
   
2
2
1 2 1a x a x x x     
, đồn g n hất ta được
1a 
Pt
     
2
1 1 2 2x x x x         
 
 
 
 
   
  
2
2 1 1 2 0
2 1 2 1 1 2 0
21




     

  


TH:
2
0
21
2
x
x x x
xx


      



S o sán h với điều kiện su y ra phươn g trìn h có n ghiệm
51
,1
2
xx

  
Ví dụ 1: Giải phươn g trình:

2
22xx  
và
 
2
1x
. Do bậc của biểu thức c ân bằn g và biểu thức còn thừa
đều là bậc 2 n ên ta cân bằn g với hệ số a:

        
2
1 1 1 2 1 2a x x x a x x x        
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
   
2
2
1 2 1 1a x a x x x a       
Pt
        
2
1 1 1 2 1 2x x x x x x         
     
 
  
2
1 2 1 1 2 0
1 2 2 2 0
21
22
x x x x x


  


TH:
2
0
1 33
22
8
24
x
x x x
xx



     



S o sán h với điều kiện su y ra phươn g trìn h có n ghiệm
1 5 1 33
,
28
xx
  

Ch ú ý :
Khi bài toán có nhiều nghiệm lẻ thì ta có thể lưu nghiệm bất kì và tìm biểu thức cân bằng, thông

32
3 3 2 1 1x x x x x      
Ta c ân bằn g c ho
x
và
21x
:
    
1 1 2 1x x x x      
Khi đó VT c òn thừa lại:
 
3 2 3 2
3 3 1 4 4x x x x x x x x      
Ta cân bằng tiếp cho
 
2
x
và
 
 
2
2 1 4 1xx  
. Nhưn g do biểu thức còn thừa bậc 3 mà c ác lượng
cân bằn g chỉ bậc 2 n ên ta sẽ cân bằn g với biểu thức bậc n hất
ax b
:
          
2
1 4 1 1 2 1a x b x x x ax b x x x         
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:

2 1 1 2 1 0
2 1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x

       

         
       
     
TH:
 
2
0
2 1 0 2 1 2 2 2
41
x
x x x x x
xx



          




TH:

/>6
Nhập CAS I O ta được nghiệm
1x 
và
1,618 x 
ta lưu n ghiệm
1,618 x 
và tìm được biểu thức
cân bằn g là
3
21xx
Ta đi câ n bằn g tích n hư sau:
Ta đi c ân bằn g cho x và
3
21x 
:
3
2 2 2 1xx
Khi đó VT c òn thừa lại:
33
1 2 2 1x x x x    
Ta c ân bằn g tiếp cho
 
3
3
2 1 2 1xx  
và
3
x
:

1
2
x x x x
x x x x x x
xx
xx
xx
      

        


  
  

   
Vậy phươn g trìn h có n ghiệm
1x 
và
15
2
x


Ch ú ý : Kh i đ i tìm biểu thứ c A(x) để câ n bằ n g th ì ta lu ô n lƣu n gh iệm lẻ (nếu có ) của bà i to án bở i v ì
v ới n ghiệm lẻ th ì cá c bộ X, f(X) n gu y ên là duy nhấ t.
Ví dụ 4: Giải phươn g trìn h:
3
3
1 2 2 1xx  

2 1 2 5 3xx  
Khi đó VT c òn thừa lại:
 
3 2 3 2
2 5 2 1 2 3 2x x x x x x x       
Ta c ân bằn g tiếp cho


3
3
22
5 3 5 3x x x  
và
 
3
1x
:
   
 
3
3
22
1 2 1 5 3 2 5 3a x x a x x      
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
 
3
2 3 2
1 5 3 2 3 2 1a x a x x x x a        
Pt

2
33
2 2 2
3
3
2
32
1 5 3 2 1 5 3 0
1 5 3 1 1 5 3 5 3 2 0
1 5 3
2 3 2 0
1
x x x x
x x x x x x
xx
x x x
x
        

           


   
    

/>8
Điều kiện :
0x 
Do biểu thức dưới c ăn có dạng phân số nên ta n hân x vào tron g căn để đưa về dạn g đa thức:
Pt

Ta đi câ n bằn g tích :
Cân bằn g c ho 2x và
3
3xx
:
   
3
7 2 7 3x x x x x   
Khi đó VT còn thừa lại:
 
22
4 6 6 7 2 2 8 6x x x x x x      
Ta cân bằng tiếp c ho
 
2
2
24xx
và


2
33
33x x x x  
, do phần c òn thừa có bậc 2 n hưn g biểu thức
cân bằn g có bậc là 3 n ên ta sẽ c ân bằn g với phân thức
a
x
( Do hai lượn g cân bằn g có n hân tử c hun g là x):
 
 

2 3 3
33
3
3
2
4 3 7 2 3 0
2
2 3 3 3 0
23
2
33
13
x x x x x x x
x
x x x x x x
x
x x x
x x x
x
xx

        


      






 
22
4 6 6 7 2 2 8 6x x x x x x      
Do bậc của biểu thức còn thừa là 2 n ên ta sẽ c họn cân bằn g tiếp c ho cặp
 
2
24xx
và


2
22
33xx  
thay c ho cặp
 
2
2x
và


2
3
3xx
:
   
 
 
23
4 7 2 3 7 3a x x x a x x x x      
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:

2
2
4 3 7 2 3 0
2 3 2 3 7 2 1 0
2 3 3 2 3 0
23
3 2 3
13
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
xx
x x x
xx

        

          

      






  


   

1x
và
 
2
31x 
, do biểu thức còn thừa bậc 4 mà các lượn g cân bằng chỉ bậc 2
n ên ta sẽ cân bằng với biểu thức bậc 2
2
ax bx c
:
 
    
 
   
2
22
1 2 1 1 3 1 2 1 3 1ax bx c x x x ax bx c x x x            
Chu yển vế đồn g n hất hệ số:
 
 
 
 
2
2 2 4 3 2
1 3 1 2 3 2ax bx c x ax bx c x x x x x          
1, 1, 2a b c    
Pt
 
    
 

10
1 3 1 0 0 1
0
x
x x x x
xx


         



Vậy phươn g trìn h có n ghiệm
1, 0xx
.
Ví dụ 7: Giải phươn g trìn h:
    
3
2
1 1 2 1 3 1 7x x x x x x      
/>11
Điều kiện :
3
3
1
2
2
xx    
Nhập CAS I O ta được n ghiệm
2,7320 x 

 Một cách đơn giản nếu
0b 
thì ta có biểu thức c ân bằn g
32
21x ax b  
. Ta hy vọn g sẽ có một
phân tíc h đơn giản như trên . Ta n hập vào máy n hư sau :
MODE 7
 
32
21f X A A X  
máy hiện bản g và có một bộ giá trị
 
1, 1X f X  
. Ta su y ra
biểu thức cân bằn g là
32
2 1 1xx  
 Để ý thấ y bậc c ủ a lũ y thừa lớn n hất là 1
 
4
x
n ên ta sẽ c họn
1a 
, biểu thức cân bằn g c ó dạn g
32
21x x bx c   
. Ta sẽ n hập vào máy n hư sau :
MODE 7
 




2 3 2 3
1 2 1 2 1 0x x x x x       
Ví dụ 8: Giải phươn g trìn h:
  
3
23
1 1 2 2 1x x x x x     
/>12
23
1 2 1xx   
Do
 
23
2 1 0f x x x x    
3
1
2
x  
 
2
2
23
10
13
1 2 1
x
x

      
Nhập CAS I O ta được biểu thức cân bằng là
2 1 2xx
Cân bằn g tíc h ta được:
Pt
  
2
2 2 1 4 4 4 2 2 1 0x x x x x x       
Ta c ó:
 
2
22
4 4 4 2 2 1 3 2 3 2 1 0x x x x x x x x          
1
2
x  
Pt
2
0
15
2 2 1
4
4 2 1 0
x
x x x
xx



     

32
2 2 3 1x x x x    
Ví dụ 9: Giải phươn g trìn h:
 
2 1 2 1 1 5 6x x x    
/>13
Do
 
 
2
2
1 2 3 0x x x    
với mọi
xR
.
Xét
 
 
2
2
1 2 3 0 1x x x x       
Xét
 
 
2
2
1 2 3 0x x x    
Bpt
2
1

Xét biểu thức:
   
2
2 3 1 2 1f x x x x   
Dù n g kĩ thuật cân bằn g tích:
 
  
1 2 2 1 2 2 2 1f x x x x x       
Bpt
 
  
1 1 2 2 1 2 2 2 1 0x x x x x        
 
 
1 1 2 2 1 0x x x     
Do
2 2 2 1 0xx   
1
2
x  
Xét
1 0 1xx   
Bpt
2
1 2 2 1 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3x x x x x x              
Kết hợp
3 2 3x  
Xét
Bpt
2

:
32
2 2 2x x x x   
Do bậc củ a biểu thức c òn thừa là 2 n ên ta c ân bằn g thêm c ác lượn g
 
2
21x 
và


2
2
2xx
:
 


2
2
2 3 2
2 1 2 2 2 2a x x a x x x x x       
Chu yển vế đồn g n hất ta được
1a 
Bpt
 


2
2
2 3 2

2 1 2 1 2 0
2 1 2 0
6 4 0
1 3 3 13
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x
xx
x
            
       
    
   
    
/>15
Bà i tậ p vận dụ n g:
Giải phươn g trìn h:
2
2 1 3 1 0x x x    
Giải phươn g trìn h:
2
4 13 5 3 1 0x x x    
Giải phươn g trìn h:
22
5 15 2 3 4 2x x x   
Giải phươn g trìn h:
 
22
1 2 2 2x x x x x     
Giải phươn g trìn h:

Giải phươn g trìn h:
 
33
4 1 1 2 2 1x x x x    
Giải phươn g trìn h:
2
2 2 4 4 2 9 16x x x x    
Giải phươn g trìn h:
32
3
15 78 141 5 2 9x x x x    
Giải phươn g trìn h:
3
3 2 3 2
6 12 7 9 19 11x x x x x x       
Giải phươn g trìn h:
3
3 2 2 2
2 10 17 8 2 5x x x x x x     
Giải phươn g trìn h:
2
6
3 2 2 2 5x x x x x
x
     
Giải phươn g trìn h:
 
3 2 2 2
1
2 3 2 1 2 3x x x x x x

 
3
3 2 2
4 2 1 2 2 1 6 1 0x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
 
2
2 2 1 3 1x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
3 2 2
2 1 2 1 1x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
2
1 2 1 2 1 0x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
 
3 2 2
4 22 30 12 2 3 2 0x x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
22
3 2 6 5 10 14x x x x x      
Giải bất phươn g trìn h:
 
32
2 1 2x x x x   
Giải bất phươn g trìn h:
 
3


22
5 4 1 2 4x x x x x    
Giải bất phươn g trìn h:
 
3
3 2 2
1 2 4 2 2 1 6 1x x x x x     
Giải bất phươn g trìn h:
   
32
23
1
1
11
x x x
x
xx

  

/>17
Tản mạn!
Nguồn gốc của Phươn g Pháp.
Một buổi chiều mùa hè n ón g nực tôi vào You tu be và xem một vài video về Bất Đẳng Thức thì có một vài
video Cân Bằn g Bất Biến của an h Trần Hưng-L S hiện lên . Dĩ n hiên đã biết đến phươn g pháp n ày từ trước
n hưn g c hưa có dịp nào xem video của an h nên mới clic k vào xem thử, kh i đó thấy phươn g pháp thật h ay
n hưn g lại khá phức tạ p v à c hỉ sử d ụ n g được cho c ác bài toán đối xứn g gần n hư hoàn toàn kiểu
   
xx