Bài tập Giải tích 12 - Phương trình bậc ba - Thầy Cường

f x x x     
⇒ Phương trình ( ) 0f x  có nhiều nhất một nghiệm 
Đặt 
3 3
3
1 1
2 2 3
2
a a
a
 
     
 
. Chọn 3 3
1
2 3 2 3a
a
      
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là  3 31 2 3 2 3
2
x      
3. Bài tập vận dụng 
Hướng dẫn giải & Đáp số 
a) Đưa về dạng chính thống 34 3 4x x  , đáp số:  3 31 4 17 4 17
2
x     
b) Đưa về dạng chính thống 34 3 2x x  , đáp số:  3 31 2 5 2 5
2
x     
c) Đưa về dạng chính thống 34 3 5x x  , đáp số:  3 31 5 26 5 26
2
x     
d) Đưa về dạng chính thống 34 3 6x x   , đáp số:  3 31 6 37 6 37
2
x      
I.2. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG 34 3x x m  (2) 
TH1. Khi 1m  
1. Phương pháp giải 
Đặt 3cos 3 4 cos 3 cosm a a a   , trong đó 
 
 
arccos 2
, 0;
3 3
m k
a a

    
Phương trình (2) trở thành 
Bài 3. Giải các phương trình 
3
3
) 8 6 8
) 4 3 2 0
a x x
b x x
 
  
3
3
) 36 27 45
) 4 3 6 0
c x x
d x x
 
   
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 3 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
   
   
 
3 3
3 3
2 2
2 2
4 3 4 cos 3cos
4 cos 3 cos 0
cos 4 4 cos . 4 cos 3 0
cos
4 4 cos . 4 cos 3 0 *
x x a a
x a x a
x a x a x a
x a
x a x a
  
    
     

 
   
Ta đi giải (*) có biệt thức    2 2 2 2' 4 cos 4 4 cos 3 12 1 cos 12sin 0a a a a        
Do đó (*) có hai nghiệm phân biệt là 
1
2
4 cos 2 3 sin cos 3 sin 2
cos cos
4 2 2 3 3
4 cos 2 3 sin cos 3 sin 2
cos cos
4 2 2 3 3
a a a a
x a a
a a a a
x a a
 
 
      
                   
      
                   
Như vậy, phương trình (2) có 3 nghiệm là 
1 2 3
2 2
cos , cos , cos
3 3
x a x a x a
    
       
   
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
Ta viết lại phương trình đã cho thành 
3
3 3
3 3
2 2
4 3 cos
6
4 3 4 cos 3cos
18 18
4 cos 3 cos 0
18 18
cos 4 4 cos . cos 3 0
18 18 18
11 13
cos ; cos ; cos
18 18 18
x x
x x
x x
x x x
x

 
 
  
  
 
   
   
       
   
   
        
   
 
   
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 
11 13
cos ; cos ; cos
18 18 18
x
   
  
 
  
Bài 4. Giải phương trình 3
3
4 3
2
x x  . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 4 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Hướng dẫn giải 
 Ta viết lại phương trình đã cho thành 
3
3 3
3 3
2 2
1
4 3 cos
2 3
4 3 4 cos 3cos
9 9
4 cos 3 cos 0
9 9
cos 4 4 cos . cos 3 0
9 9 9
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
x x
x x
x x
x x x
x

 
 
  
  
  
   
   
       
   
   
        
   
 
   
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
x
   
  
 
  
3. Bài tập vận dụng 
Hướng dẫn giải & Đáp số 
a) Ta viết lại PT thành 
3 3 5
4 3 cos
2 6
x x

    , đáp số: 
5 7 17
cos ; cos ; cos
18 18 18
x
   
  
 
b) Ta viết lại PT thành 
3 2
4 3 cos
2 4
x x

   , đáp số: 
7 3
cos ; cos ; cos
12 12 4
x
   
  
 
c) Ta viết lại PT thành 3
1 2
4 3 cos
2 3
x x

    , đáp số: 
2 4 8
cos ; cos ; cos
9 9 9
x
   
  
 
d) Ta viết lại PT thành 3
2 2
4 3 cos arccos
3 3
x x
  
     
  
, đáp số: 
1 2 1 2 2 1 2 2
cos arccos ;cos arccos ;cos arccos
3 3 3 3 3 3 3 3
x
            
             
           
Bài 5. Giải phương trình 38 6 1x x  . 
Bài 6. Giải các phương trình 
3
3
) 8 6 3 0
) 8 6 2
a x x
b x x
  
 
3
3
) 0, 75 0,125 0
) 12 9 2
c x x
d x x
  
 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 5 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
⚠ Chú ý: Khi a không phải góc đặc biệt nhưng vẫn nằm trong đoạn  0; thì ta dùng 
arccos(?) (góc tính bằng đơn vị rad nên chuyển máy về đơn vị rad MODE 4) 
TH2. Khi 1m  
1. Phương pháp giải 
Đặt 
33 3 2 2
3
1 1
1 1
2
m a a m m a m m
a
 
          
 
Chọn 
3 32 21
1 1a m m m m
a
       
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó 
3 32 2
0
1 1 1
1 1
2 2
x a m m m m
a
   
         
  
 là một nghiệm của (2) 
Ta đi chứng minh nghiệm 0x là nghiệm duy nhất của (2), thật vậy 
   
   
    
3 3
0 0
3 3
0 0
2 2
0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
4 3 4 3
4 3 0
4 4 . 4 3 0
 2 3 1 0, 1
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x do x x x x
  
    
     
       
Vậy 
3 32 21
1 1
2
x m m m m
 
      
 
 là nghiệm duy nhất của (2) 
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
Đặt 
3 3
3
1 1
2 2 3
2
a a
a
 
     
 
. Chọn 3 3
1
2 3 2 3a
a
     
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó  3 30 1 2 3 2 3
2
x     là một nghiệm của (2) 
Bài 7. Giải phương trình 34 3 2x x  . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 6 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Ta đi chứng minh nghiệm 0x là nghiệm duy nhất của (2), thật vậy 
   
   
    
3 3
0 0
3 3
0 0
2 2
0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
4 3 4 3
4 3 0
4 4 . 4 3 0
 2 3 1 0, 1
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x do x x x x
  
    
     
       
Vậy  3 31 2 3 2 3
2
x     là nghiệm duy nhất của phương trình  
Hướng dẫn giải 
Ta viết lại phương trình đã cho thành 34 3 11x x  
Đặt 
3 3
3
1 1
2 11 2 30
2
a a
a
 
     
 
. Chọn 3 3
1
11 2 30 11 2 30a
a
     
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó  3 30 1 11 2 30 11 2 30
2
x     là một nghiệm của (2) 
Ta đi chứng minh nghiệm 0x là nghiệm duy nhất của (2), thật vậy 
   
   
    
3 3
0 0
3 3
0 0
2 2
0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
4 3 4 3
4 3 0
4 4 . 4 3 0
 2 3 1 0, 1
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x do x x x x
  
    
     
       
Vậy  3 31 11 2 30 11 2 30
2
x     là nghiệm duy nhất của phương trình  
3. Bài tập vận dụng 
Bài 8. Giải phương trình 344 33 121x x  . 
Bài 9. Giải các phương trình 
3
3
) 20 15 35
) 4 3 10 0
a x x
b x x
 
  
3
3
) 2 1,5 3,5
) 4 3 3 2
c x x
d x x
  
 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 7 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Hướng dẫn giải – Đáp số 
a) Ta viết lại PT thành 34 3 7x x  , đáp số:  3 31 7 4 3 7 4 3
2
x     
b) Ta viết lại PT thành 34 3 10x x  , đáp số:  3 31 10 3 11 10 3 11
2
x     
c) Ta viết lại PT thành 34 3 3x x   , đáp số:  3 31 3 2 2 3 2 2
2
x      
d) Ta viết lại PT thành 34 3 3 2x x  , đáp số:  3 31 3 2 17 3 2 17
2
x     
I.3. PHƯƠNG TRÌNH DẠNG 3x px n  (3) 
1. Phương pháp giải 
Nếu 0p  (3) có nghiệm là 3x n 
Nếu 0p  thì 
Ta đưa (3) về dạng (1) và (2), cách làm như sau: 
Đặt .x a t , thay vào (3) ta được 3 3 3
2 3
. . .
p n
a t pa t n t t
a a
     (*) 
Để đưa (*) về dạng (1) thì ta phải có 
2
3
2
4 3
p p
a
a
   
+ Khi 0p  thì (*) trở về dạng (1) 34 3x x m  bằng cách đặt 2 .
3
p
x t 
+ Khi 0p  thì (*) trở về dạng (1) 34 3x x m  bằng cách đặt 2 .
3
p
x t

 
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
Đặt 6x t , thay vào phương trình đã cho ta được 
3 3 1
216. 162. 27 4 3
2
t t t t     (*) 
Xét hàm số 3(t) 4 3f t t  có 2'(t) 12 3 0,f t t     
⇒ Phương trình (t) 0f  có nhiều nhất một nghiệm 
Bài 10. Giải phương trình 3 27 27x x  . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 8 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Đặt 3 3
3
1 1 1 1 5
2 2 2
a a
a
 
    
 
. Chọn 3 3
1 5 1 1 5
2 2
a
a
 
    
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Phương trình (*) có nghiệm duy nhất là 3 3
1 1 5 1 5
2 2 2
t
  
  
 
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 3 3
1 5 1 5
3
2 2
x
  
  
 
 
  
Hướng dẫn giải 
Đặt 4x t , thay vào phương trình đã cho ta được 3 364. 48. 48 4 3 3t t t t     (*) 
Đặt 
33
3
1 1
2 3 2 2
2
a a
a
 
     
 
. Chọn 3 3
1
3 2 2 3 2 2a
a
     
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó  3 30 1 3 2 2 3 2 2
2
t     là một nghiệm của (*) 
Ta đi chứng minh nghiệm 0t là nghiệm duy nhất của (*), thật vậy 
    
    
3 3
0 0
2 2
0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
4 3 4 3
4 4 . t 4 3 0
 2 3 1 0, 1
t t t t
t t t t t
t t do t t t t
  
     
       
 3 31 3 2 2 3 2 2
2
t     là nghiệm duy nhất của phương trình (*) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  3 32 3 2 2 3 2 2x      
Hướng dẫn giải 
Bài 11. Giải phương trình 3 12 48x x  . 
Bài 12. Giải phương trình 3 3 2 0x x   . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 9 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Đặt 2x t , thay vào phương trình đã cho ta được 
3 3 2
8. 6. 2 4 3
2
t t t t     (*) 
Ta viết lại phương trình (*) thành 
3
3 3
2 2
4 3 cos
4
4 3 4 cos 3cos
12 12
cos 4 4 cos . t cos 3 0
12 12 12
cos 2 cos
12 12
7 7
cos 2 cos
12 12
3 3
cos 2 cos
4 4
t t
t t
t t
t x
t x
t x

 
  
 
 
 
 
   
   
        
   

  

   


   

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 
7 3
2 cos ; 2 cos ; 2 cos
12 12 4
x
   
  
 
  
3. Bài tập vận dụng 
Hướng dẫn giải & Đáp số 
a) Đặt 2 5.x t thì PT trở thành 34 3 5t t  , đáp số:  3 35 5 6 5 6x     
b) Đặt 2 6.x t thì PT trở thành 3
6
4 3
3
t t  , đáp số: 
1 6 1 6 2
2 6 cos arccos ; 2 6 cos arccos
3 3 3 3 3
x
        
              
        
c) Đặt 2.x t thì PT trở thành 3
3
4 3
2
t t  , đáp số: 3 3
3 5 3 5
2 2
x
 
  
d) Đặt 4.x t thì PT trở thành 3
3
4 3
2
t t   , đáp số: 
5 7 17
4 cos ; 4 cos ; 4 cos
18 18 18
x
   
  
 
Bài 13. Giải các phương trình 
3
3
) 15 50
) 18 24
a x x
b x x
 
 
3
3
) 3 3
) 12 8 3
c x x
d x x
 
  
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 10 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA TỔNG QUÁT  3 2 0 0ax bx cx d a     (4) 
II.1. Nhẩm được một nghiệm hữu tỷ 
0
x x 
1. Phương pháp giải 
Phương trình (4) trở thành 
   
 
2 2
0 0 0 0
0
2 2
0 0 0
0
0 (*)
x x ax b ax x c bx ax
x x
ax b ax x c bx ax
        

 
     
Ta giải (*) như một phương trình bậc hai. 
⚠ Chú ý: Ta dùng Lược đồ hoocne hoặc chức năng CALC của máy tính cầm tay để tìm ra 
VT(*). 
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
a. Phương trình đã cho trở thành 
         2
1
1 2 3 0 1 1 3 0 1
3
x
x x x x x x x
x
 

          

 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  1;1;3x    
b. Hoàn toàn tương tự ta có phương trình 
     
1
1 2 3 0 2
3
x
x x x x
x
 

      

  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  3; 2; 1x      
c. Hoàn toàn tương tự ta có phương trình 
      22 25 4 6 0 5 4 6 2 2 0,x x x x do x x x x              
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 5x   
Bài 14. Giải các phương trình 
3 2
) 3 3 0a x x x    3 2) 6 11 6 0b x x x    3 2) 14 30 0c x x x    
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 11 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
3. Bài tập vận dụng 
Đáp số 
 
5 13 1 2
a) 1; 1 2 ; b) 2; ; c) ; d) ; 4 17
6 2 3
x x x x
      
            
     
II.2. ĐƯA (4) VỀ DẠNG (3) 3x px n  
1. Phương pháp giải 
Đặt 
3
b
x t
a
  thì phương trình đã cho trở thành 
3 2
2 3 2
3 2 2
2 3 2 3
3 2 2
2 2
2
3
0
3 3 3
3. . 3. . 2. . 0
3 3 3 3 3 3
2
0
3 27 3 9 3
3
b b b
a t b t c t d
a a a
b b b b b b
a t t t b t t c t d
a a a a a a
b b b b bc
at bt t bt t ct d
a a a a a
b
at c
a
     
           
     
          
                                 
          
  
2 3 3
2 2
2 2 3
3
2 3
2
0
3 9 3 27
3 9 27 2
. , (*)
3 27
b b bc b
t d
a a a a
ac b abc a d b
t m t n m n
a a
   
        
   
   
     
 
Ta giải (*) như mục 3. 
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
Nếu dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay, chúng ta thấy phương trình có nghiệm 
thực duy nhất là 0, 2134116628x   , chúng ta sẽ đi tìm dạng tường minh của nghiệm lẻ này 
bằng cách đưa về dạng 3x px n  đã được đề cập ở mục 3. Bước đầu tiến, các bạn nên liệt kê 
các hệ số là 1, 3, 4, 1a b c d     . 
Đặt 1x t  , phương trình đã cho trở thành 
Bài 15. Giải các phương trình 
3 2
3 2
) 3 1
) 3 11 11 2 0
a x x x
b x x x
   
   
3 2
3 2
) 2 7 6 5
) 3 22 19 2 0
c x x x
d x x x
  
   
Bài 16. Giải các phương trình 3 23 4 1 0x x x    . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 12 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
     
3 2 3
1 3 1 4 1 1 0 3t t t t t           (*) 
Đặt 
2 3
.
3
t y , thay vào (*) ta được 
3 38 3 2 3 9 3
. . 3 4 3
9 3 2
y y y y       (**) 
Xét hàm số 3(y) 4 3f y y  có 2'(y) 12 3 0,f y y     
⇒ Phương trình (y) 0f  có nhiều nhất một nghiệm 
Ta đi chứng minh (**) có duy nhất một nghiệm 
Đặt 3 3
3
9 3 1 1 9 3 247
2 2 2
a a
a
  
     
 
Chọn 3 3
9 3 247 1 9 3 247
2 2
a
a
  
   
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó 3 3
1 9 3 247 9 3 247
2 2 2
y
   
  
 
 
 là nghiệm duy nhất của (**) 
3 3 3 3
3 9 3 247 9 3 247 3 9 3 247 9 3 247
1
3 2 2 3 2 2
t x
        
         
   
   
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất là 3 3
3 9 3 247 9 3 247
1
3 2 2
x
   
   
 
 
.  
Hướng dẫn giải 
Đặt
1
2
x t  , thay vào phương trình đã cho ta được 3
19 1
4 4
t t   (*) 
Đặt 
57
.
3
t y , thay vào phương trình (*) ta được 
3 319 57 19 57 1 3 57
. . 4 3
9 12 4 361
y y y y       (**) 
Ta viết lại phương trình (**) thành 
Bài 17. Giải các phương trình 3 22 3 8 5 0x x x    . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 13 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
3
3 3
2 2
4 3 cos
4 3 4 cos 3cos
3 3
cos 4 4 cos . y cos 3 0
3 3 3
57
cos cos
3 3 3
2 57 2
cos cos
3 3 3 3 3
2 57 2
cos cos
3 3 3 3 3
y y
y y
y y
y t
y t
y t

 
  
 
   
   
 
   
   
        
   

  

    
         
   

   
        
    
Vậy PT đã cho có nghiệm là 
57 1 57 2 1
cos ; cos
3 3 2 3 3 3 2
x
     
     
   
, trong đó 
3 57
arccos
361

 
   
 
 
Hướng dẫn giải 
Đặt 1x t  , thay vào phương trình đã cho ta được 
     
3 2 3
5 1 15 1 10 1 20 0 4t t t t t          (*) 
Đặt 
2 3
.
3
t y , thay vào phương trình (*) ta được  3 3
8 3 2 3
. . 4 4 3 6 3 **
9 3
y y y y     
Đặt 
3 3
3
1 1
6 3 6 3 107
2
a a
a
 
     
 
. Chọn 3 3
1
6 3 107 6 3 107a
a
     
Khi đó 
3
3
3
1 1 1 1 1 1
4 3
2 2 2
a a a
a a a
        
            
        
Do đó  3 30 1 6 3 107 6 3 107
2
y     là một nghiệm của (**) 
Ta đi chứng minh nghiệm 0y là nghiệm duy nhất của (**), thật vậy 
    
    
3 3
0 0
2 2
0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
4 3 4 3
4 4 . y 4 3 0
 2 3 1 0, 1
y y y y
y y y y y
y y do y y y y
  
     
       
Bài 18. Giải các phương trình 3 25 15 10 20 0x x x    . 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 14 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
  3 31 6 3 107 6 3 107
2
y     là nghiệm duy nhất của phương trình (**) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  3 33 6 3 107 6 3 107 1
3
x      .  
3. Bài tập vận dụng 
Hướng dẫn giải & Đáp số 
a) Đặt 2x t  thì PT trở thành 3 15 28t t  (*) 
Đặt 2 5.t y thì PT (*) trở thành 
3 14 5
4 3
25
y y  
Đáp số: 3 3
14 5 355 14 5 355
5 2
25 25
x
 
    
 
 
b) Đặt 
1
3
x t  thì PT trở thành 3
7 7
3 27
t t   (*) 
Đặt 
2 7
.
3
t y thì PT (*) trở thành 
3 7
4 3
14
y y   
Đáp số: 
2 7 1 7 1 2 7 1 7 2 1
cos arccos ; cos arccos
3 3 14 3 3 3 14 3 3
x
        
                  
        
c) Đặt 1x t  thì PT trở thành 
3 3 3 2
8 16
t t  (*) 
Đặt 
2
y
t  thì PT (*) trở thành 34 3 3y y  
Đáp số:  3 31 3 10 3 10 1
2 2
x      
d) Đặt 
1
3
x t  thì PT đã cho trở thành 3
8
4
3 3
t t  
Bài 19. Giải các phương trình 
3 2
3 2
) 6 3 6 0
) 2 1 0
a x x x
b x x x
   
   
3 2
3 2
) 16 48 54 22 3 2
) 3 3 3 3 1 0
c x x x
d x x x
   
   
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 15 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
Đặt 
4
3
t y thì PT (*) trở thành 
3 1
4 3
2
y y  
Đáp số: 
4 1 4 5 1 4 7 1
cos ; cos ; cos
9 9 93 3 3 3 3 3
x
   
    
 
⚠ Chú ý: Để kiểm tra nghiệm của một phương trình bậc ba thì ta dùng chức năng ENQ của 
MTCT để kiểm tra bằng cách sau. Ví dụ: giải phương trình bậc ba 3 22 2 1 0x x x    
THAO TÁC - MỤC ĐÍCH MÀN HÌNH MÁY 
Vào chức năng EQN giải phương trình bậc ba 
Xác định các hệ số 1, 2, 2, 1a b c d      . Nhập hệ số vào máy 
Ra kết kết quả nghiệm x1, x2, x3 
Để tìm được phương trình bậc hai chứa hai nghiệm vô tỷ kia thì ngoài cách dùng lược đồ 
hoocner, ta còn dùng chức năng CALC của máy để thực hiện phép chia đa thức hay tìm nhân 
tử còn lại là phương trình bậc hai bằng cách sau 
THAO TÁC - MỤC ĐÍCH MÀN HÌNH MÁY 
Nhập biểu thức vào máy 
CALC với X=1000 thu được kết quả là 
6 2
1 10 x   , ta trừ đi số hạng này 
Bấm nút back và trừ đi 2X rồi bấm = thu được kết quả là 
3
3 10 3x   , ta trừ đi số hạng này 
Bấm nút back và trừ đi 3X rồi bấm = thu được kết quả là 1 , ta trừ đi 
số hạng này 
Bấm nút back và trừ đi 1 rồi bấm = ta thu được kết quả là 0, ta CALC 
với X bất kỳ thu được kết quả là 0 nên phép tính của ta là đúng 
Do đó, ta viết lại phương trình thành 
THẦY CƯỜNG – 0911060820 – FACE: NMC22297 16 
PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 
    3 2 2
1
2 2 1 0 1 3 1 0 3 5
2
x
x x x x x x
x

            

Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc. 
III. CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH BẠC BA VÔ NGHIỆM TRÊN TXĐ 
1. Phương pháp giải 
Chứng minh phương trình bậc ba 3 2 0ax bx cx d    vô nghiệm trên  ;  
Cách làm là ta sẽ chứng minh hàm số 3 2( )f x ax bx cx d    luôn đồng biến hay nghịch biến 
trên  ;  đồng thời không tồn tại ( ) 0f x  trên  ;  . 
2. Ví dụ minh họa 
Hướng dẫn giải 
Ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất 
0
0, 4655712319x   và không nằm trong đoạn  1;5 
tức là hàm số 3 2( ) 2 1f x x x x    sẽ không nhận  0 0f x  trên  1;5 . 
Ta có  
( ) (5) 81 0
( ) 0, 1;5
( ) (1) 1 0
Maxf x f
f x x
Minf x f
  
   
  
Vậy phương trình 3 22 1 0x x x    vô nghiệm trên đoạn  1;5  
Hướng dẫn giải 
Ta thấy phương trình có 3 nghiệm là 
2,598922954
1, 764514799
0,3634377536
x
x
x



  
và không nằm trong đoạn  3; 1  
hay phương trình vô nghiệm trên đoạn  3; 1  . 
Ta có  
( ) ( 1) 15 0
( ) 0, 3; 1
( ) ( 3) 191 0
Maxf x f
f x x
Minf x f
    
     
    
Vậy phương trình 3 23 12 9 5 0x x x    vô nghiệm tr