›
›

Tính đơn điệu của hàm số

pdf 40 trang phuongnguyen 4310
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tính đơn điệu của hàm số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdftinh_don_dieu_cua_ham_so.pdf

Nội dung text: Tính đơn điệu của hàm số

  1. Tính đơn điệu của hàm số
  2. HÀM SỐ ☯1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Dạng 1: Tính đơn điệu của hàm số I. Kiến thức cơ bản 1. Định nghĩa Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên K: + Hàm số y = f(x) được gọi đồng biến trên khoảng K nếu: "x1,,()() x 2 Î K x 1 f x 2 2. Qui tắc xét tính đơn điệu a. Định lí Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K: + Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số đồng biến + Nếu f’(x) 0) 3 2 x - 1 c. y = x4- 2x 2 + 3 d . y = x +1 Ví dụ 2. Xét sự biến thiên của các hàm số sau: a. y = 3x2- 8 x 3 b. y = x 4 + 8 x 2 + 5 c. y = x 3 - 6 x 2 + 9 x 3- 2x x2 - 2x + 3 d. y = e. y = f. y = 25-x2 x + 7x + 1 Loại 2: Chứng minh hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định. Phương pháp + Dựa vào định lí. Ví dụ 3. Chứng minh hàm số y=2 x - x2 nghịch biến trên đoạn [1; 2] Ví dụ 4 a. Chứng minh hàm số y= x2 -9 đồng biến trên nửa khoảng [3; + ¥ ). 4 b. Hàm số y= x + nghịc biến trên mỗi nửa khoảng [-2; 0) và (0;2] x Ví dụ 5. Chứng minh rằng 3 - x a. Hàm số y = nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó. 2x + 1 2x2 + 3 x b. Hàm số y = đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó. 2x + 1 c. Hàm số y= - x + x2 +8 nghịch biến trên R. Dạng 2. Tìm giá trị của tham số để một hàm số cho trước đồng biến, nghịch biến trên khoảng xác định cho trước Phương pháp: + Sử dụng qui tắc xét tính đơn điêu của hàm số. 1
  3. + Sử dụng định lí dấu của tam thức bậc hai Ví dụ 6. 1 Tìm giá trị của tham số a để hàm số f( x )= x3 + ax 2 + 4 x + 3 đồng biến trên R. 3 Ví dụ 7. x2+5 x + m 2 + 6 Tìm m để hàm số f() x = đồng biến trên khoảng (1;+¥ ) x + 3 m Ví dụ 8. Với giá trị nào của m, hàm số: y= x +2 + đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó. x -1 Ví dụ 9 x3 Xác định m để hàm số y= - +( m - 1) x2 + ( m + 3) x đồng biến trên khoảng (0; 3) 3 Ví dụ 10 mx + 4 Cho hàm số y = x+ m a. Tìm m để hàm số tăng trên từng khoảng xác định b. Tìm m để hàm số tăng trên (2;+¥ ) c. Tìm m để hàm số giảm trên (-¥ ;1) Ví dụ 11 Cho hàm số y= x3 -3(2 m + 1) x 2 + (12 m + 5) x + 2. Tìm m để hàm số: a. Liên tục trên R b. Tăng trên khoảng (2;+¥ ) Ví dụ 12 (ĐH KTQD 1997) Cho hàm số y= x3 -ax 2 - (2 a 2 - 7 a + 7) x + 2( a - 1)(2 a - 3) đồng biến trên [2:+¥ ) Dạng 3. Sử dụng chiều biến thiên để chứng minh BĐT Phương pháp Sử dụng các kiến thức sau: + Dấu hiệu để hàm số đơn điệu trên một đoạn. + f ( x) đồng biến trên [a; b] thì f( a )£ f ( x ) £ f () + f(x) nghịch biến trên [a; b] thì f()()() a³ f x ³ f b Ví dụ 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: p 1x2 1 a. tanx > sinx, 0 1 - , x ¹ 0 d. sinx > x - , x > 0 2 6 Ví dụ 2. Chohàm số f(x) = 2sinx + tanx – 3x ép ö a. Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; ÷ ëê 2 ø p b. Chứng minh rằng 2sinx+ tan x > 3 x , " x Î (0; ) 2 Ví dụ 3 Cho hàm số f( x )= t anx - x ép ö a.Chứng minh hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; ÷ ëê 2 ø x3 p b. Chứng minh tanx> x + , " x Î (0; ) 3 2 Ví dụ 3 4 p Cho hàm số f( x )= x - t anx, x Î [0; ] p 4 2
  4. p a. Xét chiều biến thiên của hàm số trên [0; ] 4 4 p b. Chứng minh rằng tanx£ x , " x Î [0; ] p 4 • CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số Phương pháp: Dựa vào 2 qui tắc để tìm cực trị của hàm số y = f(x) Qui tắc I. Qui tắc II. B1: Tìm tập xác định. B1: Tìm tập xác định. B2: Tính f’(x). Tìm các điểm tại đó f’(x) = 0 hoặc B2: Tính f’(x). Giải phương trình f’(x) = 0 và kí hiệu f’(x) không xác định. là xi là các nghiệm của nó. B3. Lập bảng biến thiên. B3: Tính f ”(xi) B4: Từ bảng biến thiên suy ra các cực trị B4: Dựa vào dấu của f ” (xi) suy ra cực trị ( f ”(xi) > 0 thì hàm số có cực tiểu tại xi; ( f ”(xi) 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và y' + 0 - 0 + yct = - 54 71 +¥ y’’(-3) = -30 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = -3 và y ycđ =71 -¥ - 54 Vậy x = -3 là điểm cực đại và ycđ =71 x= 2 là điểm cực tiểu và yct = - 54 Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau: a. y = 10 + 15x + 6x2- x 3 b. y = x 4 - 8 x 3 + 432 c. y = x3- 3 x 2 - 24 x + 7 d. y = x 4 - 5x 2 + 4 e. y = -5x3 + 3x 2 - 4x + 5 f. y = - x3 - 5x Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau: x+1 x2+x - 5 (x - 4) 2 a. y = 2 b. y = c. y = 2 x+ 8x + 1 x - 2 x + 5 9 x2 - 3x + 3 x d. y = x - 3 + e. y = f. y = x - 2x - 1 x2 + 4 Bài 3. Tìm cực trị các hàm số 3
  5. x+1 5 - 3x a. y = x 4 - x2 b. y = c. y = x2+ 1 1 - x 2 x x3 d. y = e. y = f. y = x 3 - x 10 - x2x 2 - 6 Bài 4. Tìm cực trị các hàm số: a. y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx 1 d. y = sin2x e. y = cosx + c os2x f. y = 2sinx + cos2x víi xÎ [0; p ] 2 Dạng 2. Xác lập hàm số khi biết cực trị Để tìm điều kiện sao cho hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x = a B1: Tính y’ = f’(x) B2: Giải phương trình f’(a) = 0 tìm được m B3: Thử lại giá trị a có thoả mãn điều kiện đã nêu không ( vì hàm số đạt cực trị tại a thì f’(a) = 0 không kể CĐ hay CT) Ví dụ 1. Tìm m để hàm số y = x3 – 3mx2 + ( m - 1)x + 2 đạt cực tiểu tại x = 2 LG y'= 3 x2 - 6 mx + m - 1. Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì y’(2) = 0 Û3.(2)2 - 6m .2 + m - 1 = 0 Û m = 1 3 2 2 éx = 0 Với m = 1 ta được hàm số: y = x – 3x + 2 có : y'= 3 x - 6 x Þ y ' = 0 Û ê tại x = 2 hàm số đạt giá trị ëx = 2 cực tiểu Vậy m = 1 là giá trị cần tìm Bài 1. Xác định m để hàm số y= mx3 +3 x 2 + 5 x + 2 ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2 2 Bài 2. Tìm m để hàm số y= x3 - mx 2 +( m - ) x + 5 cã cùc trÞ t¹i x = 1. Khi ®ã hµm sè cã C§ hay CT 3 x2 + mx +1 Bài 3. Tìm m để hàm số y = ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2 x+ m Bài 4. Tìm m để hàm số y= x3 -2 mx 2 + m 2 x - 2 ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1 Bài 5. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số: f( x )= x3 + ax 2 + bx + c đạt cực tiểu tại điểm x = 1, f(1) = -3 và đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 q Bài 6. Tìm các số thực q, p sao cho hàm số f() x= xp + đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2 x +1 q Hướng dẫn: f'( x )= 1 - , " x ¹ -1 (x + 1)2 + Nếu q £0 th× f'(x) > 0 víi " x ¹ -1. Do ®ã hµm sè lu«n ®ång biÕn . Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. + Nếu q > 0 thì: x2 +2 x + 1 - q éx= -1 - q f'( x )= = 0 Û ê (x + 1)2 ëêx= -1 + q Lập bảng biến thiên để xem hàm đạt cực tại tại giá trị x nào. Dạng 3. Tìm điều kiện để hàm số có cực trị Bài toán: ‘Tìm m để hàm số có cực trị và cực trị thoả mãn một tính chất nào đó.’ Phương pháp B1: Tìm m để hàm số có cực trị. B2: Vận dụng các kiến thức khác Chú ý: · Hàm số y=ax3 + bx 2 + cx + d ( a ¹ 0) có cực trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt. 4
  6. p() x · Cực trị của hàm phân thức y = . Giả sử x0 là điểm cực trị của y, thì giá trị của y(x0) có thể được Q() x P( x0 ) P '( x 0 ) tính bằng hai cách: hoặc y( x0 )= hoÆc y(x 0 ) = Q( x0 ) Q '( x 0 ) Ví dụ . Xác định m để các hàm số sau có cực đại và cực tiểu 1 x2 +mx - 2 m - 4 a. y = x3+ mx 2 + ( m + 6) x - 1 b . y = 3x + 2 Hướng dẫn. a. TXĐ: R y'= x2 + 2 mx + m + 6. Để hàm số có cực trị thì phương trình: x2 +2 mx + m + 6 = 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt 2 ém > 3 D' =m - m - 6 > 0 Û ê ëm 0 ì 4 - 4m - 4 > 0 Ûí Û í Ûm < 0 î4- 8 + 4m + 4 ¹ 0 î m ¹ 0 Bài 1. Tìm m để hàm số y= x3 -3 mx 2 + 2. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hµm sè cã C§, CT? x2- m( m + 1) x + m 3 + 1 Bài 2. Tìm m để hàm sô y = luôn có cực đại và cực tiểu. x- m Bài 3. Cho hàm số y=2 x3 + · 2 - 12 x - 13. Tìm a để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực tiểu của đồ thị cách đều trục tung. m Bài 4. Hàm số y= x3 -2( m + 1) x 2 + 4 mx - 1. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu. 3 x2 + mx Bài 5. Cho hàm y = . Tìm m để hàm số có cực trị 1- x x2 + mx -2 m - 4 Bài 6. Cho hàm số y = . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu. x + 2 Dạng 4. Tìm tham số để các cực trị thoả mãn tính chất cho trước. Phương pháp + Tìm điều kiện để hàm số có cực trị + Vận dụng các kiến thức về tam thức, hệ thức Viet để thoả mãn tính chất. Ví dụ . 5
  7. Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau: a. y = 10 + 15x + 6x2- x 3 b. y = x 4 - 8 x 3 + 432 c. y = x3- 3 x 2 - 24 x + 7 d. y = x 4 - 5x 2 + 4 e. y = -5x3 + 3x 2 - 4x + 5 f. y = - x3 - 5x Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau: x+1 x2+x - 5 (x - 4) 2 a. y = b. y = c. y = x2+ 8x + 1 x 2 - 2 x + 5 9 x2 - 3x + 3 x d. y = x - 3 + e. y = f. y = x - 2x - 1 x2 + 4 Bài 3. Tìm cực trị các hàm số x+1 5 - 3x a. y = x 4 - x2 b. y = c. y = x2+ 1 1 - x 2 x x3 d. y = e. y = f. y = x 3 - x 10 - x2x 2 - 6 Bài 4. Tìm cực trị các hàm số: a. y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx 1 d. y = sin2x e. y = cosx + c os2x f. y = 2sinx + cos2x víi xÎ [0; p ] 2 Bài 5. Xác định m để hàm số y= mx3 +3 x 2 + 5 x + 2 ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2 2 Bài 6. Tìm m để hàm số y= x3 - mx 2 +( m - ) x + 5 cã cùc trÞ t¹i x = 1. Khi ®ã hµm sè cã C§ hay CT 3 x2 + mx +1 Bài 7. Tìm m để hàm số y = ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2 x+ m Bài 8. Tìm m để hàm số y= x3 -2 mx 2 + m 2 x - 2 ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1 Bài 9. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số: f( x )= x3 + ax 2 + bx + c đạt cực tiểu tại điểm x = 1, f(1) = -3 và đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 q Bài 10. Tìm các số thực q, p sao cho hàm số f() x= xp + đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2 x +1 Bài 11. Tìm m để hàm số y= x3 -3 mx 2 + 2. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hµm sè cã C§, CT? x2- m( m + 1) x + m 3 + 1 Bài 12. Tìm m để hàm sô y = luôn có cực đại và cực tiểu. x- m Bài 13. Cho hàm số y=2 x3 + · 2 - 12 x - 13 . Tìm a để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực tiểu của đồ thị cách đều trục tung. m Bài 14. Hàm số y= x3 -2( m + 1) x 2 + 4 mx - 1. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu. 3 x2 + mx Bài 15. Cho hàm y = . Tìm m để hàm số có cực trị 1- x x2 + mx -2 m - 4 Bài 16. Cho hàm số y = . Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu. x + 2 Ž GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ DẠNG 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 6
  8. · Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên (a; b): +B1: Tính đạo hàm của hàm số y’ = f’(x) + B2: Xét dấu đạo hàm f’(x), lập bảng biến thiên x x b x x b a 0 a 0 y' - + y' + - GTLN y y GTNN Trong đó tại x0 thì f’(x0) bằng 0 hoặc không xác định · Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b]: Tìm caùc giaù trò x (i = 1, 2, , n) laøm cho ñaïo haøm baèng 0 hoaëc khoâng xaùc ñònh . B1: i Î[a; b] Tính B2: f( a ), f ( x1 ), f ( x 2 ), , f ( xn ), f ( b ) GTLN = max{ } B3: f( a ), f ( x1 ), f ( x 2 ), , f ( xn ), f ( b ) GTNN = Min{ f( a ), f ( x1 ), f ( x 2 ), , f ( xn ), f ( b ) } 1 Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y= x + trên khoảng (0;+¥ ) x Hướng dẫn: Dễ thầy h àm số liên tục trên (0;+¥ ) x 0 1 +¥ 2 y' - 0 + 1x - 1 2 +¥ + y'=- 12 = 2 Þ=Û-=Þ=± y ' 0 x 1 0 x 1. ¥ x x y Dễ thấy x = -1 Ï (0; +¥ ) 2 Vậy Minf(x) = 2 khi x = 1 và hàm số không có giá trị lớn nhất. Ví dụ 2. x3 Tính GTLN, GTNN của hàm số y= +2 x2 + 3 x - 4 trên đoạn [-4; 0] 3 Hướng dẫn Hàm số liên tục trên [-4; 0], 2 2 éx = -1 f'() x= x + 43 x + Þ f '()0 x = Û x + 430 x + = Þ ê ëx = -3 16 16 f(- 4) = , f ( - 3) = - 4, f ( - 1) = , f (0) = - 4 3 3 VËy Max y= - 4 khi x = -3 hoÆc x = 0 xÎ[-4;0] -16 Miny = khi x = -4 hoÆc x = -1 xÎ[-4;0] 3 Bài 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (nếu có): a. f(x) = x3+ 3 x 2 - 9 x + 1 trªn [-4; 4] b. f(x) = x 3 + 5 x - 4 trªn ®o¹n [-3; 1] c. f(x) = x4- 8x 2 + 16 trªn ®o¹n [-1; 3] d. f(x) = x 3 + 3 x 2 - 9 x - 7 trªn ®o¹n [-4; 3] Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (nếu có): x 1 a. f(x) = trªn nöa kho¶ng (-2; 4] b. f(x) = x +2 + trªn kho¶ng (1; +¥ ) x + 2 x- 1 1p 3 p c. f(x) = x 1 - x2 d. f(x) = trªn kho¶ng ( ; ) cosx 2 2 • TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ I. Kiến thức cần nắm Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C) · y = y0 là tiệm cận ngang của nếu một trong hai điệu kiên sau được thoả mãn: limf ( x )= y0 ,hoÆc lim f ( x ) = y 0 x®+¥ x ®-¥ 7
  9. · x = x0 là tiệm cận đứng của (C) nếu một trong các điều kiện sau đựơc thoả mãn: lim= +¥ , lim = +¥ , lim = -¥ , lim = -¥ + - + - x® x0 x ® x 0 x ® x 0 x ® x 0 · Đường thẳng y = ax + b ( a ¹ 0 ) được gọi là tiệm cận xiên nếu một trong hai điều kiện sau thoả mãn: lim [f ( x ) (ax + b)] = 0 hoÆc lim [ f ( x ) (ax+b)]=0 x®+¥ x ®-¥ II. Các dạng toán P() x Dạng 1: Tiệm cận hàm số hữu tỉ y = Q() x Phương pháp · Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu không phải là nghiệm của tử cho phép xác định tiệm cận đứng. · Tiệm cận ngang, xiên: + Det(P(x)) 0) Phương pháp b Ta phân tích ax2 +bx + c » a x + +e ( x ) 2a b Với lime (x )= 0 khi đó y= a() x + có tiệm cận xiên bên phải x®+¥ 2a b Với lime (x )= 0 khi đó y= - a() x + có tiệm cận xiên bên tr ái x®-¥ 2a VÝ dô 8
  10. T×m tiÖm cËn cña hµm sè: y=9 x2 - 18 x + 20 H•íng dÉn y=9( x - 2)2 + 6 9
  11. f() x C¸c tÝnh giíi h¹n v« cùc cña hµm sè y = g() x f() x limf ( x ) limg ( x ) lim x® x x® x DÊu cña g(x) x® x 0 0 0 g() x L ±¥ Tuú ý 0 + +¥ L > 0 0 - - ¥ - +¥ L < 0 0 + - ¥ Bµi 1. T×m tiÖm cËn c¸c hµm sè sau: 2x - 1 3 - 2x 5 -4 a. y = b. y = c. y = d. y = x + 2 3x + 1 2 - 3x x + 1 x+ 1 1 -x + 3 4 - x e. y = f. y = 4 + g. y = h. y = 2x + 1 x- 2 x 3x + 1 Bµi 2. T×m tiÖm cËn cña c¸c hµm sè sau: x2- 12x + 27 x 2 - x - 2 x 2 + 3 x 2- x a. y = b. y = c. y = d. y = x2-4 x + 5 ( x - 1) 2 x 2 - 4 x 2 - 4 x + 3 1 x2 + 2x 1 2x 3- x 2 e. y = 2x -1 + f. y = g. y = x- 3 + h. y = xx - 3 2(x- 1)2x 2 + 1 Bµi 3. T×m tiÖm cËn c¸c hµm sè x 2 + x 2 a. y = 2 2 x -1 x+ 3 -5 5 -5 5 b. y = -5 5 x+ 1 -2 x +1 -2 c. y = -2 2 x - 4 -4 -4 -4 x - 3 Bµi 4. X¸c ®Þnh m ®Ó ®å thÞ hµm sè: y = cã ®óng 2 tiÖm cËn ®øng. x2+2( m + 2) x + m 2 + 1 Bµi 5. TÝnh diÖn tÝch cña tam gi¸c t¹o bëi tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ t¹o víi hai trôc to¹ ®é cña c¸c hµm sè: 3x2+x + 1 -3x 2 + x - 4 a. y = b. y = x-1 x + 2 x2 +2( m - 1) x - 4 m + 3 Bµi 6.(§HSP 2000). T×m m ®Ó tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ hµm sè y = t¹o víi hai x - 2 trôc to¹ ®é mét tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 8 (®vdt) x2 + x(3 m - 2) + 3 - 3 m Bµi 7. Cho hµm sè: y = (1) x -1 a. T×m m ®Ó tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ ®i qua ®iÓm A(4;- 3) b. T×m m ®Ó ®•êng tiÖm cËn xiªn cña (1) c¾t Parabol y= x 2 t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. 10
  12. ☯4. kh¶o s¸t vµ vÏ hµm bËc ba D¹ng 1: Kh¶o s¸t vµ vÏ hµm sè y= ax3 + bx 2 + cx + d (a ¹ 0) Ph•¬ng ph¸p 1. T×m tËp x¸c ®Þnh. 2. XÐt sù biÕn thiªn cña hµm sè a. T×m c¸c giíi h¹n t¹i v« cùc vµ c¸c giíi h¹n t¹i v« cùc (nÕu cã). T×m c¸c ®•êng tiÖm cËn. b. LËp b¶ng biÕn thiªn cña hµm sè, bao gåm: + T×m ®¹o hµm, xÐt dÊu ®¹o hµm, xÐt chiÒu biÕn thiªn vµ t×m cùc trÞ. + §iÒn c¸c kÕt qu¶ vµo b¶ng. 3. VÏ ®å thÞ cña hµm sè. + VÏ ®•êng tiÖm cËn nÕu cã. + X¸c ®Þnh mét sè ®iÓm ®Æc biÖt: Giao víi Ox, Oy, ®iÓm uèn. + NhËn xÐt ®å thÞ: ChØ ra t©m ®èi xøng, trôc ®èi xøng (kh«ng cÇn chøng minh) VÝ dô 1. Cho hµm sè: y= - x3 +3 x 2 - 1 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. Tuú theo gi¸ trÞ cña m, biÖn luËn sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh: -x3 +3 x 2 - 1 = m H•íng dÉn a. 1. TX§: D = ¡ 2. Sù biÕn thiªn cña hµm sè a. Giíi h¹n t¹i v« cùc 3 1 lim (-x3 + 3 x - 1) = lim x 3 (1 + - ) = +¥ x®+¥ x ®+¥ x2 x 3 +¥ x -¥ 0 2 3 3 3 1 lim (-x + 3 x - 1) = lim x (1 + - ) = -¥ x®-¥ x ®-¥ x2 x 3 y' 0 + 0 +¥ c. B¶ng biÕn thiªn 3 y 2 2 éx = 0 y'= - 3 x + 6 x Þ y ' = 0 Û - 3 x + 6 x = 0 Þ ê x = 2 -¥ ë -1 Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (-¥ ;0) vµ (2; + ¥ ) Vµ nghÞch biÕn trªn kho¶ng (0; 2). Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x= 2 ; vµ yC§=y(2)= 3 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm x =0 vµ yCT = y(1) = -1 2 3. §å thÞ + Giao víi Oy: cho x = 0 Þy = 0 . Vëy giao víi Oy t¹i ®iÓm O(0; -1) -5 5 + y''= 0 Û - 6 x + 6 = 0 Þ x = 1. §iÓm A (1; 1) -2 + NhËn ®iÓm A lµm t©m ®èi xøng. b. Sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh lµ sè giao ®iÓm cña 2 ®å thÞ y= - x3 +3 x 2 - 1 vµ y =m Dùa vµo ®å thÞ ta cã kÕt qu¶ biÖn luËn: m > 3: Ph•¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm. m = 3 ph•¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm -1< m < 3: Ph•¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm. m = -1: Ph•¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm m < -1: Ph•¬ng tr×nh cã 1nghiÖm C¸c bµi to¸n vÒ hµm bËc ba Bµi 1(TNTHPT – 2008) Cho hµm sè y=2 x3 + 3 x 2 - 1 11
  13. a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. BiÖm luËn theo m sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh 2x3+ 3 x 2 - 1 = m Bµi 2 (TN THPT- lÇn 2 – 2008) Cho hµm sè y = x3 - 3x2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè ®· cho. b. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph•¬ng tr×nh x3-3 x 2 - m = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. Bài 3 (TNTHPT - 2007) Cho hàm số y= x3 -3 x + 2 có đồ thị là (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm A(2 ;4) . Bài 4 (TNTHPT - 2006) Cho hàm số y= -x3 + 3 x 2 có đồ thị (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Dựa vào đồ thị biện luận số nghiệm phương trình : -x3 + 3 x 2 -m=0 . Bài 5 (TNTHPT – 2004- PB) Cho hàm số y= x3-6 x 2 + 9 x có đồ thị là (C) . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm cã hoµnh ®é lµ nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh y’ ’ =0 . c/ Với giá trị nào của m thì đường thẳng y=x+m2-m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối cực đại vào cực tiểu . Bài 6 (TNTHPT – 2004 - KPB) Cho hàm số y= x3-3 mx 2 + 4 m 3 . a/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 . b/ Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 . Bµi 7 (§H- A- 2002) Cho hµm sè y= - x3 +3 mx 2 + 3(1 - m 2 ) x + m 3 - m 2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m= 1 b. T×m k ®Ó ph•¬ng tr×nh: -x3 +3 x 2 + k 3 - 3 k 2 = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. c. ViÕt ph•¬ng tr×nh ®•êng th¼ng qua 2 ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). Bµi 8 (C§ SP MGTW- 2004) Cho hµm sè y = x3 - 3x2 + 4m a. Chøng minh ®å thÞ hµm sè lu«n cã 2 cùc trÞ. b. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 1 Bµi 9 (§H-B- 2007) Cho hµm sè y= - x3 +3 x 2 + 3( m 2 - 1) x - 3 m 2 - 1 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =1 b. T×m m ®Ó hµm sè cã cùc ®¹i cùc tiÓu vµ c¸c ®iÓm cùc trÞ c¸ch ®Òu ®iÓm O. Bµi 10 (§H - D - 2004) Cho hµm sè y = x3 – 3mx2 + 9x + 1 a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 2 b. T×m m ®Ó nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh y’ ’ = 0 thuéc ®•êng th¼ng y = x+ 1 Bµi 8 Cho hµm sè y = (x -1)(x2 + mx + m) 12
  14. a. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt b. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè víi m= 4 Bµi 3 Cho hµm sè y=2 x3 + 3( m - 1) x 2 + 6( m - 2) x - 1 a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =2 b. Víi gi¸ trÞ nµo cña m hµm sè cã cùc ®¹i, cùc tiÓu. Bµi 5 (§H 2006- D) Cho hµm sè y= x3 -3 x + 2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. b. Gäi d lµ ®•êng th¼ng qua ®iÓm A(3; 20) vµ cã hÖ sè gãc m. T×m m ®Ó ®•êng th¼ng d c¾t (C ) t¹i 3 ®iÓm phÇn biÖt. (Gîi ý ®•êng th¼ng d qua M(x0;y0) cã hÖ sè gãc m cã d¹ng: y = m(x - x0) + y 0) Bµi 7 Cho hµm sè y = (x - m)3 - 3x a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1 b. T×m m ®Ó hµm sè ®· cho ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = 0 Bµi 8 Cho hµm sè y = (x -1)(x2 + mx + m) c. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt d. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè víi m= 4 Bµi 11 Cho hµm sè y = x3-2 mx 2 + m 2 x - 2 a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m =1 b. T×m m ®Ó hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1 13
  15. • Hµm bËc bèn trïng ph•¬ng vµ mét sè bµi tËp cã liªn quan I. Mét sè tÝnh chÊt cña hµm trïng ph•¬ng · Hµm sè lu«n cã cùc trÞ víi mäi gi¸ trÞ cña tham sè sao cho a ¹ 0 · Hµm sè ®¹t gi¸ trÞ cùc ®¹i, cùc tiÓu Ûy' = 0 Û 2 x (2 ax2 + b ) = 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt b Û < 0 2a · §å thÞ hµm sè lu«n nhËn Oy lµ trôc ®èi xøng. · NÕu hµm sè cã ba cùc trÞ trÞ chóng t¹o thµnh mét tam gi¸c c©n. D¹ng to¸n: Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè VÝ dô 1 (TNTHPT-2008) Cho hµm sè y= x4 - 2 x 2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè. b. ViÕt ph•¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = -2 VÝ dô 2. Cho hµm sè y= x4 +4 mx 3 + 3( m + 1) x 2 + 1 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =0 b. Víi gi¸ trÞ nµo cña m hµm sè cã 3 cùc trÞ 14
  16. Bµi tËp hµm sè trïng ph•¬ng Bµi 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ c¸c hµm sè sau: a. y= -x4+ 2 x 2 b. y = x 4 + x 2 - 2 c. y = x 4 - 6 x 2 + 1 1 5 d. y = x4- 3 x 2 = e.y = -x 4 +2x 2 +3 f. y = x 4 +2x 2 +1 2 2 Bµi 2. Cho hµm sè y= x4 -2 m 2 x 2 + 1 a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m =1 b. T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè cã ba cùc trÞ lµ ba ®Ønh cña tam gi¸c vu«ng c©n. Bµi 3 (§H §µ L¹t - 2002) a. Gi¶i ph•¬ng tr×nh x4-2 x 2 + 1 = 0 b. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè y = x4-2 x 2 + 1 c. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph•¬ng tr×nh x4-2 x 2 + 1 - m = 0 Bµi 4 (§H Th¸i Nguyªn - 2002) 4 2 Cho hµm sè y= - x + 2 mx (Cm ) a. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1 b. H·y x¸c ®Þnh m ®Ó hµm sè ®å thÞ hµm sè cã 3 cùc trÞ Bµi 5. (§H Vinh - 2002) 1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè y= - x4 +5 x 2 - 4 2. X¸c ®Þnh m ®Ó ph•¬ng tr×nh x4-5 x 2 - m 2 + 3 = 0 cã 4 nghiÖm ph©n biÖt. Bµi 6 x 4 9 Cho hµm sè y= -2 x2 - 4 4 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè b. BiÖn luËn theo k sè giao ®iÓm cña (C) víi ®å thÞ (P) cña hµm sè y= k - 2 x2 Bµi 7 Cho hµm sè y= x4 -2 mx 2 + m 3 - m 2 a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè khi m = 1 b. X¸c ®Þnh m ®Ó ®å thÞ ()Cm cña hµm sè ®· cho tiÕp xóc víi trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm Bµi 8. (§H CÇn th¬ - 2002) 4 2 Cho hµm sè y= x -2 x + 2 - m (Cm) a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 0 b. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ®å thÞ (Cm) cña hµm sè chØ cã hai ®iÓm chung víi Ox c. Chøng minh víi mäi m tam gi¸c cã 3 ®Ønh lµ ba cùc trÞ lµ mét tam gi¸c vu«ng c©n. 15
  17. HOÏ ÑÖÔØNG CONG BAØI TOAÙN TOÅNG QUAÙT: Cho hoï ñöôøng cong ( m laø tham soá ) ():(,)Cm y= f x m Bieän luaän theo m soá ñöôøng cong cuûa hoï ñi qua ñieåm cho tröôùc. ()Cm M0(;) x 0 y 0 PHÖÔNG PHAÙP GIAÛI: Ta coù : Hoï ñöôøng cong ñi qua ñieåm (1) ()Cm M0(;) x 0 y 0 Û y0= f(,) x 0 m Xem (1) laø phöông trình theo aån m. Tuøy theo soá nghieäm cuûa phöông trình (1) ta suy ra soá ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñi qua M0 Cuï theå: · Neáu phöông trình (1) coù n nghieäm phaân bieät thì coù n ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñi qua M0 · Neáu phöông trình (1) voâ nghieäm thì moïi ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñeàu khoâng ñi qua M0 · Neáu phöông trình (1) nghieäm ñuùng vôùi moïi m thì moïi ñöôøng cong cuûa hoï (Cm) ñeàu ñi qua M0 Trong tröôøng hôïp naøy ta noùi raèng M0 laø ñieåm coá ñònh cuûa hoï ñöôøng cong ()Cm D¹ng 1: TÌM ÑIEÅM COÁ ÑÒNH CUÛA HOÏ ÑÖÔØNG CONG BAØI TOAÙN TOÅNG QUAÙT: Cho hoï ñöôøng cong ( m laø tham soá ) ():(,)Cm y= f x m Tìm ñieåm coá ñònh cuûa hoï ñöôøng cong (Cm) PHÖÔNG PHAÙP GIAÛI Böôùc 1: Goïi laø ñieåm coá ñònh (neáu coù) maø hoï (Cm) ñi qua. Khi ñoù phöông trình: M0(;) x 0 y 0 nghieäm ñuùng m (1) y0= f(,) x 0 m " Böôùc 2: Bieán ñoåi phöông trình (1) veà moät trong caùc daïng sau: Daïng 1: Am+ B = 0 "m Daïng 2: Am2 + Bm + C = 0 "m AÙp duïng ñònh lyù: ìA = 0 (2) Am+ B = 0 "Ûm í îB = 0 ìA = 0 2 ï (3) Am+ Bm + C =0 " m Û íB = 0 ï îC = 0 Böôùc 3: Giaûi heä (2) hoaëc (3) ta seõ tìm ñöôïc (;)x0 y 0 Bµi tËp 3 2 2 Bµi 1. Cho hä (Cm) y= x -3( m + 1) x + 2( m + 4 m + 1) x - 4 m ( m + 1) . CMR: Khi m thay ®æi th× hä ®•êng cong lu«n qua mét ®iÓm cè ®Þnh. mx +1 Bµi 2. Cho hä ®å thÞ (C ): = . T×m c¸c ®iÓm cè ®Þnh mµ ®å thÞ cña hµm sè lu«n ®i qua víi mäi m x+ m m ¹ ±1 x2 + mx - m -1 Bµi 3. Cho hä (C ) cã ph•¬ng tr×nh: y = . Chøng minh r»ng (C ) lu«n ®i qua mét ®iÓm m x +1 m cè ®Þnh. 3 Bµi 4. Cho hµm sè (Cm): y= x -3 mx + 2 m 16
  18. a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1. b. Chøng minh r»ng hä ®•êng cong lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. mx -1 Bµi 5. Cho hµm sè: y =, m ¹ ± 1. Gäi (H ) lµ ®å thÞ cña hµm sè ®· cho. x- m m a. Chøng minh r»ng víi mäi m ¹ ±1, hä ®•êng cong lu«n qua 2 ®iÓm cè ®Þnh. b. Gäi M lµ giao ®iÓm cña 2 tiÖm cËn. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M khi m thay ®æi. 3 2 Bµi 6. Cho hµm sè: y=( m + 2) x + 2( m + 2) x - ( m + 3) x - 2 m + 1 (Cm ) . Chøng minh r»ng hä ®å thÞ lu«n qua ba ®iÓm cè ®Þnh vµ 3 ®iÓm cè ®Þnh ®ã cïng n»m trªn mét ®•êng th¼ng. D¹ng 2: T×m ®iÓm hä ®å thÞ hµm sè kh«ng ®i qua Ph•¬ng ph¸p: B1: Gi¶ sö M(x0; y0) lµ ®iÓm mµ hä ®•êng cong kh«ng thÓ ®i qua. v B2: Khi cã ph•¬ng tr×nh: y0= f(,) x 0 m « nghiÖm víi m tõ ®ã t×m ®•îc (x0; y0) B3: KÕt luËn vÒ ®iÓm mµ hä ®•êng cong kh«ng thÓ ®i qua. 2 2 Bµi 1. Cho hµm sè y=( x - 2)( x - 2 mx + m - 1) (Cm ) . T×m c¸c ®iÓm mµ (Cm) kh«ng thÓ ®i qua. (3m+ 1) x - m2 + m Bµi 2. Cho hµm sè y = x+ m a. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè víi m = 1. b. T×m c¸c ®iÓm trªn ®•êng th¼ng x = 1, sao cho kh«ng thÓ cã gi¸ trÞ nµo cña m ®Ó ®å thÞ hµm sè ®i qua. 3 2 Bµi 3. Cho ®å thÞ hµm sè y=2 x - 3( m + 3) x + 18 mx - 8 (Cm ) . Chøng minh r»ng trªn ®•êng cong y = 2 x cã hai ®iÓm mµ (Cm) kh«ng ®i qua víi mä m. 17
  19. CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp ü Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : ABCD+ = + , ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau ü 3ABCABABABC+ 3 = 3 Þ + +3 3 . ( 3 + 3 ) = và ta sử dụng phép thế : 3ABC+ 3 = ta được phương trình : ABABCC+ +33 . . = b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : x+3 + 3 x + 1 = 2 x + 2 x + 2 Giải: Đk x ³ 0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:1+(x + 3)( 3 x + 1) = x + 2 x( 2 x + 1) , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x+ 1 - 2 x + 2 = 4 x - x + 3 Bình phương hai vế ta có : 6x2+ 8 x + 2 = 4 x 2 + 12 x Û x = 1 Thử lại x=1 thỏa Ø Nhận xét : Nếu phương trình : f( x) + g( x) = h( x) + k( x) Mà có : f( x) + h( x) = g( x) + k( x) , thì ta biến đổi phương trình về dạng : f( x) - h( x) = k( x) - g( x) sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : x3 +1 +x +1 = x2 - x + 1 + x + 3 x + 3 Giải: Điều kiện : x ³ -1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x3 +1 Ta có nhận xét : .x+ 3 = x2 - x + 1. x + 1 , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : x + 3 x3 +1 (2)Û -x + 3 = x2 - x + 1 - x + 1 x + 3 x3 +1 éx =1 - 3 Bình phương 2 vế ta được: =x2 - x -1 Û x 2 - 2 x - 2 = 0 Û ê x + 3 ëêx =1 + 3 Thử lại : x=1 - 3, x = 1 + 3 l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : f( x) + g( x) = h( x) + k( x) Mà có : f( x) h( x) = k( x) g( x) thì ta biến đổi f( x) - h( x) = k( x) - g( x) 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích (x- x0 ) A( x) = 0 ta có thể giải phương trình A( x) = 0 hoặc chứng minh A( x) = 0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A( x) = 0 vô nghiệm 18
  20. b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : 3x2- 5 x + 1 - x 2 - 2 = 3( x 2 - x - 1) - x 2 - 3 x + 4 Giải: Ta nhận thấy : (3x2- 5 x + 1) -( 3 x 2 - 3 x - 3) = - 2( x - 2) v (x2-2) -( x 2 - 3 x + 4) = 3( x - 2) -2x + 4 3 x - 6 Ta có thể trục căn thức 2 vế : = 3x2- 5 x + 1 + 3() x 2 - x + 1 x2-2 + x 2 - 3 x + 4 Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x2+12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x2+12 - x 2 + 5 = 3 x - 5 ³ 0 Û x ³ 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng (x-2) A( x) = 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : x2 4 x 2 4 x2+-=-++-Û12 4 3 x 6 x 2 5 3 =-+ 3() x 2 x2+12 + 4 x 2 + 5 + 3 æx+2 x + 1 ö Û()x -2ç - - 3 ÷ = 0 Û x = 2 èx2+12 + 4 x 2 + 5 + 3 ø x+2 x + 2 5 Dễ dàng chứng minh được : - -3 x2+12 + 4 x 2 + 5 + 3 3 Bài 3. Giải phương trình : 3x 2-1 + x = x 3 - 1 Giải :Đk x ³ 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình é ù x-3 x2 + 3 x + 9 3 2 3 êx + 3 ú ()() x +-= Û-+1 2 x 3 x 2 5() x 3 1 = ê2 ú 3 3 x2-1 + 23 x 2 - 1 + 4 x -2 + 5 ëê() ûú x+3 x + 3 x2 +3 x + 9 Ta chứng minh : 1+ = 1 + < 2 < 2 2 3 3 ()x2-1 + 23 x 2 - 1 + 4() 3 x 2 - 1 + 1 + 3 x -2 + 5 Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp v Nếu phương trình vô tỉ có dạng ABC+ = , mà : ABC- = a ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : AB- ïì ABC+ = =CAB Þ - = a , khi đĩ ta có hệ: í Þ2 AC = +a AB- îï AB- = a b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 2x2+ x + 9 + 2 x 2 - x + 1 = x + 4 Giải: Ta thấy : (2x2+ x + 9) -( 2 x 2 - x + 1) = 2( x + 4) x = -4 không phải là nghiệm Xét x ¹ -4 2x + 8 Trục căn thức ta có : =x +4 Þ 2 x2 + x + 9 - 2 x 2 - x + 1 = 2 2x2+ x + 9 - 2 x 2 - x + 1 19
  21. ì 2 2 éx = 0 ï 2x+ x + 9 - 2 x - x + 1 = 2 2 Vậy ta có hệ: í Þ2 2x + x + 9 = x + 6 Û ê 8 2 2 êx = îï 2x+ x + 9 + 2 x - x + 1 = x + 4 ë 7 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Bài 5. Giải phương trình : 2x2+ x + 1 + x 2 - x + 1 = 3 x Ta thấy : (2x2+ x + 1) -( x 2 - x + 1) = x 2 + 2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 1 Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t = thì bài toán trở nên đơn giản hơn x Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : x2+3 x + 1 =() x + 3 x 2 + 1 3x 2-1 + 3 x 3 - 2 = 3 x - 2 2 3 4- 3 10 - 3x = x - 2 (HSG Toàn Quốc 2x- 11 x + 21 - 3 4 x - 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007) 2002) 2x2- 1 + x 2 - 3 x - 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 - x + 2 2( 2-x)( 5 - x) = x +( 2 - x)( 10 - x) 2x2+ 16 x + 18 + x 2 - 1 = 2 x + 4 2 2 3x 2 +4 = x - 1 + 2 x - 3 x+15 = 3 x - 2 + x + 8 3. Phương trình biến đổi về tích v Sử dụng đẳng thức u+ v =1 + uv Û( u - 1)( v - 1) = 0 au+ bv = ab + vu Û( u - b)( v - a) = 0 AB2= 2 Bài 1. Giải phương trình : 3x+1 + 3 x + 2 = 1 +3 x 2 + 3 x + 2 3 3 éx = 0 Giải: ptÛ() x +1 - 1() x + 2 - 1 = 0 Û ê ëx = -1 Bi 2. Giải phương trình : 3x+1 +3 x 2 = 3 x + 3 x 2 + x Giải: + x = 0 , không phải là nghiệm x+1æ x + 1 ö + x ¹ 0 , ta chia hai vế cho x: 3+3x =1 + 3 x + 1 Ûç 3 - 1 ÷() 3 x - 1 = 0 Û x = 1 xè x ø Bài 3. Giải phương trình: x+3 + 2 x x + 1 = 2 x + x2 + 4 x + 3 Giải: dk: x ³ - 1 éx = 1 pt Û()x +3 - 2 x() x + 1 - 1 = 0 Û ê ëx = 0 4x Bài 4. Giải phương trình : x+3 + = 4 x x + 3 Giải: Đk: x ³ 0 2 4x 4 xæ 4 x ö Chia cả hai vế cho x + 3 : 1+ = 2 Ûç 1 - ÷ = 0 Ûx = 1 x+3 x + 3è x + 3 ø v Dùng hằng đẳng thức 20
  22. Biến đổi phương trình về dạng : ABk= k Bài 1. Giải phương trình : 3-x = x 3 + x Giải: Đk: 0£x £ 3 khi đó pt đ cho tương đương 3 3 3 2 æ1 ö 10 10- 1 : x+3 x + x - 3 = 0 Ûçx + ÷ = Û x = è3 ø 3 3 3 Bài 2. Giải phương trình sau : 2x+ 3 = 9 x2 - x - 4 Giải: éx =1 2 é 2 x+3 + 1 = 3 x ê Đk: x ³ -3 phương trình tương đương : ()1+ 3 +x = 9 x Ûê Û 5 97 ê x+3 + 1 = - 3 x êx = ë ëê 18 2 Bài 3. Giải phương trình sau : 2+ 33 9x2 () x + 2 = 2 x + 33 3 x() x + 2 3 Giải : pttt Û( 3x +2 - 3 3 x) = 0 Û x = 1 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường Ø Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t= f( x) và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t= f( x) thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: x- x2 -1 + x + x 2 - 1 = 2 Điều kiện: x ³ 1 Nhận xét. x- x2 -1. x + x 2 - 1 = 1 1 Đặt t= x - x2 -1 thì phương trình có dạng: t+ =2 Û t = 1 t Thay vào tìm được x = 1 Bài 2. Giải phương trình: 2x2 - 6 x - 1 = 4 x + 5 Giải 4 Điều kiện: x ³ - 5 t2 - 5 Đặt t=4 x + 5( t ³ 0) thì x = . Thay vào ta có phương trình sau: 4 t4-10 t 2 + 25 6 2.- (t2 - 5) - 1 = t Û t 4 - 22 t 2 - 8 t + 27 = 0 16 4 Û(t2 + 2 t - 7)( t 2 - 2 t - 11) = 0 Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2= -1 ± 2 2; t 3,4 = 1 ± 2 3 Do t ³ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1= -1 + 2 2, t 3 = 1 + 2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x=1 - 2 vaø x = 2 + 3 Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 - 6 x - 1 ³ 0 Ta được: x2( x- 3) 2 - ( x - 1) 2 = 0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2y- 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) 21
  23. Bài 3. Giải phương trình sau: x+5 + x - 1 = 6 Điều kiện: 1£x £ 6 Đặt y= x -1( y ³ 0) thì phương trình trở thnh: y2+ y +5 = 5 Û y 4 - 10 y 2 - y + 20 = 0 ( với 1+ 21 - 1 + 17 y £ 5) Û(y2 + y - 4)( y 2 - y - 5) = 0 Ûy =(loaïi), y = 2 2 11- 17 Từ đó ta tìm được các giá trị của x = 2 2 Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : x=()2004 + x( 1 - 1 - x ) Giải: đk 0£x £ 1 2 Đặt y=1 - x ptttÛ2( 1 -y) ( y2 + y - 1002) = 0 Û y = 1 Û x = 0 1 Bài 5. Giải phương trình sau : x2 +2 x x - = 3 x + 1 x Giải: Điều kiện: -1 £x < 0 1 1 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x+2 x - = 3 + x x 1 Đặt t= x - , ta giải được. x Bài 6. Giải phương trình : x2+ 3 x 4 - x 2 =2 x + 1 æ1 ö 1 Giải: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: çx- ÷ +3 x - = 2 èx ø x 1 1± 5 Đặt t= 3 x - , Ta có : t3 + t -2 = 0 Û t=1 Û x = x 2 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 15x- 2 x2 - 5 = 2 x 2 - 15 x + 11 x2+ x 2 +11 = 31 (x+ 5)(2 - x ) = 3 x2 + 3 x 2n (1+x )2 + 3n 1 - x 2 + n (1 - x ) 2 = 0 2 (1+x )(2 - x ) = 1 + 2 x - 2 x x=(2004 + x )(1 - 1 - x )2 x+17 - x2 + x 17 - x 2 = 9 (x+ 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x 3x- 2 + x - 1 = 4 x - 9 + 2 3 x2 - 5 x + 2 1-x2 + 23 1 - x 2 = 3 Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Ø Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2+a uv + b v 2 = 0 (1) bằng cách 2 æu ö æ u ö Xét v ¹ 0 phương trình trở thành : ç ÷+a ç ÷ + b = 0 èv ø è v ø v = 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) ü aAx ( ) + bBx( ) = cAxBx( ) ( ) 22
  24. ü au+ b v = mu2 + nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : a A( x) + bB( x) = c A( x) B( x) ïìP( x) = A( x). B( x) Như vậy phương trình Q( x) = a P( x) có thể giải bằng phương pháp trên nếu í îïQ()()() x= aA x + bB x Xuất phát từ đẳng thức : x3+1 =( x + 1)( x 2 - x + 1) x4++=+ x 21( x 4 2 x 2 +-=++ 1) x 2( x 2 x 1)( x 2 -+ x 1) x4+1 =( x 2 - 2 x + 1)( x 2 + 2 x + 1) 4x4+ 1 =( 2 x 2 - 2 x + 1)( 2 x 2 + 2 x + 1) Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4x2- 2 2 x + 4 = x 4 + 1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at2 + bt - c = 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : 2(x2+ 2) = 5 x 3 + 1 Giải: Đặt u= x +1, v = x2 - x + 1 éu= 2 v 2 2 5± 37 Phương trình trở thành : 2()u+ v = 5 uv Û ê 1 Tìm được: x = êu= v 2 ë 2 3 Bài 2. Giải phương trình : x2-3 x + 1 = - x 4 + x 2 + 1 3 Bài 3: giải phương trình sau : 2x2+ 5 x - 1 = 7 x 3 - 1 Giải: Đk: x ³ 1 Nhận xt : Ta viết a()x-1 + b ( x2 + x + 1) = 7() x - 1( x 2 + x + 1) Đồng nhất thức ta được: 3()x- 1 + 2( x2 + x + 1) = 7() x - 1( x 2 + x + 1) év= 9 u Đặt u= x -1 ³ 0 , v = x2 + x + 1 > 0 , ta được: 3u+ 2 v = 7 uv Û ê 1 êv= u ë 4 Ta được : x =4 ± 6 3 Bài 4. Giải phương trình : x3-3 x 2 + 2() x + 2 - 6 x = 0 Giải: Nhận xét : Đặt y= x + 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 3 2 3 3 2 3 éx= y x-3 x + 2 y - 6 x = 0 Û x - 3 xy + 2 y = 0 Û ê ëx= -2 y Pt có nghiệm : x=2, x = 2 - 2 3 b).Phương trình dạng : au+ b v = mu2 + nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. 23
  25. Bài 1. giải phương trình : x2+3 x 2 - 1 = x 4 - x 2 + 1 Giải: 2 ïìu= x Ta đặt : í khi đó phương trình trở thành : u+3 v = u2 - v 2 2 îïv= x -1 Bài 2.Giải phương trình sau : x2+2 x + 2 x - 1 = 3 x 2 + 4 x + 1 Giải 1 Đk x ³ . Bình phương 2 vế ta có : 2 (x2+2 x)() 2 x -=+Û 1 x 2 1( x 2 + 2 x)() 2 x -=+ 1( x 2 2 x) () 2 x 1 é 1- 5 2 êu= v ìu= x + 2 x 2 2 2 Ta có thể đặt : í khi đó ta có hệ : uv= u - v Û ê îv=2 x - 1 ê 1+ 5 êu= v ë 2 1+ 5 1 + 5 Do u, v ³ 0 . u= v Û x2 +2 x =() 2 x - 1 2 2 Bài 3. giải phương trình : 5x2- 14 x + 9 - x 2 - x - 20 = 5 x + 1 Giải: Đk x ³ 5. Chuyển vế bình phương ta được: 2x2- 5 x + 2 = 5( x 2 - x - 20)() x + 1 Nhận xét : không tồn tại số a, b để : 2x2- 5 x + 2 =a( x 2 - x - 20) + b ( x + 1) vậy ta không thể đặt ìu= x2 - x - 20 í . îv= x +1 Nhưng may mắn ta có : (x2 x20)( x +=+ 1) ( x 4)( x - 5)( x +=+ 1) ( x 4)( x 2 4 x 5) Ta viết lại phương trình: 2(x2- 4 x - 5) + 3() x + 4 = 5 ( x 2 - 4 x - 5)( x + 4) . Đến đây bài toán được giải quyết . Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ø Từ những phương trình tích ( x+1 - 1)( x + 1 - x + 2) = 0 , ( 2x+ 3 - x)( 2 x + 3 - x + 2) = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phương trình : x2+(3 - x 2 + 2) x = 1 + 2 x 2 + 2 Giải: 2 2 ét = 3 t= x + 2 , ta có : t-()2 + x t - 3 + 3 x = 0 Û ê ët= x -1 Bài 2. Giải phương trình : ()x+1 x2 - 2 x + 3 = x 2 + 1 Giải: Đặt : t= x2 -2 x + 3, t ³ 2 Khi đó phương trình trở thnh : (x+1) t = x2 + 1 Ûx2 +1 -( x + 1) t = 0 24
  26. Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có D chẵn 2 2 ét = 2 : x-+-++2 x 3()()()() x 1 t 2 x -=Û-++ 1 0 t x 1 t 2 x -=Û 1 0 ê ët= x -1 Từ một phương trình đơn giản : ( 1-x - 2 1 + x)( 1 - x - 2 + 1 + x ) = 0, khai triển ra ta sẽ được pt sau Bài 3. Giải phương trình sau : 4x+ 1 - 1 = 3 x + 2 1 - x + 1 - x2 Giải: Nhận xét : đặt t=1 - x , pttt: 4 1+x = 3 x + 2 t + t 1 + x (1) Ta rút x=1 - t 2 thay vào thì được pt: 3t2 -( 2 + 1 + x) t + 4( 1 + x - 1) = 0 2 Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t D =(2 + 1 +x) - 48( x + 1 - 1) không có dạng bình phương . 2 2 Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo ( 1-x) ,( 1 + x ) Cụ thể như sau : 3x= -( 1 - x) + 2( 1 + x) thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: 2 2x+ 4 + 4 2 - x = 9 x2 + 16 Giải . Bình phương 2 vế phương trình: 42()x+ 41624 +( - x2) + 162() - x = 9 x 2 + 16 Ta đặt : t=2( 4 - x2 ) ³ 0. Ta được: 9x2 - 16 t - 32 + 8 x = 0 2 2 2 Ta phải tách 9x=a 2( 4 - x) +( 9 + 2 a) x - 8 a làm sao cho Dt có dạng chính phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Ø Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ 3 Xuất phát từ đẳng thức (abc+ +) = abc3 + 3 + 3 +3( abbcca +)( +)( + ), Ta có 3 abc3+ 3 + 3 =( abc + +) Û( abacbc +)( +)( +) = 0 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 3 7x+ 1 -3 x 2 - x - 8 + 3 x 2 - 8 x + 1 = 2 33x+ 1 + 3 5 - x + 3 2 x - 9 - 3 4 x - 3 = 0 Bài 1. Giải phương trình : x=2 - x . 3 - x + 3 - x . 5 - x + 5 - x . 2 - x ìu=2 - x ì2 -u2 = uv + vw + wu ì(u + v)( u + w) = 2 ï ï ï Giải : ív=3 - x , ta có : í3-v2 = uv + vw + wu Û í()() u + v v + w = 3 , giải hệ ta được: ï ï2 ï 5 -w = uv + vw + wu v+ w u + w = 5 îïw=5 - x î î()() 30 239 u= Û x = 60 120 Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2- 1 + x 2 - 3 x - 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 - x + 2 25
  27. ìa=2 x2 - 1 ï ïb= x2 -3 x - 2 ìa+ b = c + d Giải . Ta đặt : , khi đó ta có : í í 2 2 2 2 Ûx = -2 ïc=2 x2 + 2 x + 3 îa- b = c - d ï 2 îïd= x - x + 2 Bài 3. Giải các phương trình sau 1) 4x2+ 5 x + 1 - 2 x 2 - x + 1 = 9 x - 3 3 2) x+4 x()1 - x +4 () 1 - x = 1 - x +4 x 3 +4 x 2 () 1 - x 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường Ø Đặt u=a( x), v = b ( x) và tìm mối quan hệ giữa a (x) và b (x) từ đó tìm được hệ theo u,v Bài 1. Giải phương trình: x325- x3( x + 3 25 - x 3 ) = 30 Đặt y=3 35 - x3 Þ x 3 + y 3 = 35 ïìxy( x+ y ) = 30 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: , giải hệ này ta tìm được í 3 3 îïx+ y = 35 (x ; y )= (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x Î{2;3} 1 Bài 2. Giải phương trình: 2- 1 -x +4 x = 4 2 Điều kiện: 0£x £ 2 - 1 ì ï 2- 1 -x = u 4 Đặt í Þ0 £u £ 2 - 1,0 £ v £ 2 - 1 4 îï x= v ì 1 ì 1 u= - v u+ v = ï 4 ï4 ï 2 Ta đưa về hệ phương trình sau: í2 Û í 2 ï2 4 ïæ1 ö 4 îu+ v =2 - 1 ç-v ÷ + v =2 - 1 îïè4 2 ø 2 2 2 æ1 ö Giải phương trình thứ 2: (v+ 1) -ç v + ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương è4 2 ø trình. Bài 3. Giải phương trình sau: x+5 + x - 1 = 6 Điều kiện: x ³ 1 Đặt a= x -1, b = 5 + x - 1( a ³ 0, b ³ 0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: 2 ïìa+ b = 5 ®+(a b )( a -+=Þ-+=Þ=- b 1) 0 a b 1 0 a b 1 í 2 îïb- a = 5 11- 17 Vậy x-+=1 1 5 + x -Û 1 x -=-Þ= 1 5 x x 2 6- 2x 6 + 2 x 8 Bài 8. Giải phương trình: + = 5-x 5 + x 3 Giải Điều kiện: -5 <x < 5 26
  28. Đặt u=5 - x , v = 5 - y( 0 < u , v < 10 ). ìu2+ v 2 =10 ì(u+ v )2 = 10 + 2 uv ï ï Khi đó ta được hệ phương trình: í4 4 8 Û í æ2 ö 4 ï- - +2(u + z ) = ï(u+ v )ç 1 - ÷ = î u v 3 î èuv ø 3 5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II Ø Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 2 ïì()x+1 = y + 2 (1) Ø Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ này thì đơn í 2 îï()y+1 = x + 2 (2) giản Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y= f( x) sao cho (2) luôn đúng , 2 y= x +2 - 1, khi đó ta có phương trình : (x+1) = ( x + 2 - 1) + 1 Û x2 + 2 x = x + 2 Vậy để giải phương trình : x2 +2 x = x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ 2 ïì()ax+ b = ay + b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây dựng được phương trình í 2 îï()ay+ b = ax + b 2 a b dạng sau : đặt ay+ b = ax + b , khi đó ta có phương trình : ()ax+ b = ax + b + b - a a n a b Tương tự cho bậc cao hơn : ()ax+ b =n ax + b + b - a a n Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : (ax+ b) = pn a'' x + b + g v đặt ay+ b =n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của a ??? n Việc chọn a; b thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :(ax+ b) = pn a'' x + b + g là chọn được. Bài 1. Giải phương trình: x2 -2 x = 2 2 x - 1 1 Điều kiện: x ³ 2 Ta có phương trình được viết lại là: (x- 1)2 - 1 = 2 2 x - 1 2 ìïx-2 x = 2( y - 1) Đặt y-1 = 2 x - 1 thì ta đưa về hệ sau: í 2 îïy-2 y = 2( x - 1) Trừ hai vế của phương trình ta được (x- y )( x + y ) = 0 Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x =2 + 2 Bài 6. Giải phương trình: 2x2 - 6 x - 1 = 4 x + 5 Giải 5 Điều kiện x ³ - 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2- 12 x - 2 = 2 4 x + 5 Û (2 x - 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11 2 ïì(2x- 3) = 4 y + 5 Đặt 2y- 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: Þ(x - y )( x + y - 1) = 0 í 2 îï(2y- 3) = 4 x + 5 Với x= y Þ2 x - 3 = 4 x + 5 Þ x = 2 + 3 Với x+ y -1 = 0 Þ y = 1 - x ® x = 1 - 2 27
  29. Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1- 2; 1 + 3} Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ? v Dạng hệ gần đối xứng 2 ïì(2x- 3) = 2 y + x + 1 Ta xt hệ sau : (1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng chúng ta vẫn giải í 2 îï(2y- 3) = 3 x + 1 hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau : Bài 1 . Giải phương trình: 4x2 + 5 - 13 x + 3 x + 1 = 0 2 æ13 ö 33 Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước : ç2x- ÷ = 3 x + 1 - è4 ø 4 13 Đặt 2y- = 3 x + 1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được. 4 Để thu được hệ (1) ta đặt : ay+ b =3 x + 1 , chọn a, b sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng ) 2 ïì()ay+ b =3 x + 1 ì ïa2y 2+2 ab y - 3 x + b 2 - 1 = 0 (1) Ta có hệ : íÛ í (*) 2 2 îï4x- 13 x + 5 = -a y - b îï4x- 13 x +a y + 5 + b = 0 (2) Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x= y a22 ab 3 b 2 1 Nên ta phải có : = = , ta chọn được ngay a= -2; b = 3 4a- 13 5 + b Ta có lời giải như sau : 1 3 Điều kiện: x ³ - , Đặt 3x+ 1 = - (2 y - 3), ( y £ ) 3 2 2 ïì(2x- 3) = 2 y + x + 1 Ta có hệ phương trình sau: Þ(x - y )(2 x + 2 y - 5) = 0 í 2 îï(2y- 3) = 3 x + 1 15- 97 Với x= y Þ x = 8 11+ 73 Với 2x+ 2 y - 5 = 0 Þ x = 8 ïì15- 97 11 + 73 ïü Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: í; ý îï8 8 þï Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay a; b bằng cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình như sau: (2x- 3)2 = - 3 x + 1 + x + 4 khi đó đặt 3x+ 1 = - 2 y + 3 , nếu đặt 2y- 3 = 3 x + 1 thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của a cùng dấu với dấu trước căn. Một cách tổng quát . ì f( x )= A . x + B . y + m (1) Xét hệ: í để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’, î f( y )= A '. x + m ' (2) Nếu từ (2) tìm được hàm ngược y= g( x) thay vào (1) ta được phương trình Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải được. Một số phương trình được xây dựng từ hệ. Giải các phương trình sau 28
  30. 1) 4x2 - 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0 4) 3 6x+ 1 = 8 x3 - 4 x - 1 15 2 2 5) ()30x- 4 x = 2004 30060 x + 1 + 1 2) 4x- 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0 2 () 4 3 3 2 3) 3 81x- 8 = x3 - 2 x 2 + x - 2 6) 3x- 5 = 8 x - 36 x + 53 - 25 3 Giải (3): 3 Phương trình : Û273 81x -=-+-Û 8 27 x3 54 x 2 36 x 54 27 3 81 x -= 8( 3 x 2) 46 Ta đặt : 3y- 2 =3 81 x - 8 Các em hãy xây dựng những phương trình dạng này ! III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức : Ø Từ những đánh giá bình phương : AB2+ 2 ³ 0 , ta xây dựng phương trình dạng AB2+ 2 = 0 2 2 Từ phương trình ( 5x- 1 - 2 x) +( 9 - 5 x - 2) + x - 1 = 0 ta khai triển ra có phương trình : 4x2 + 12 + x - 1 = 4( x 5 x - 1 + 9 - 5 x ) 2. Dùng bất đẳng thức Ø ìA³ m Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: í nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng îB£ m dạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình AB= 1 Ta có : 1+x + 1 - x £ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và x +1 + ³ 2 , dấu bằng khi và chỉ x +1 1 khi x=0. Vậy ta có phương trình: 1- 2008x + 1 + 2008 x = + 1 + x x +1 ïìA ³ f( x) ïìA = f( x) Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : í khi đó : AB= Û í îïB£ f() x îïB= f() x ü Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được 2 2 Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): +x = x + 9 x +1 Giải: Đk x ³ 0 2é 2 ù æ2 2 öé2 ù 1 æx ö Ta có : ç+x ÷ £()2 2 + x + 1ê + ç ÷ ú = x + 9 x+1ëê ûú êx +1 x + 1 ú è øë è ø û 2 2 1 1 Dấu bằng Û = Ûx = x+1 x + 1 7 Bài 2. Giải phương trình : 13x2- x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 Giải: Đk: -1 £x £ 1 2 Biến đổi pt ta có : x2(13 1- x 2 + 9 1 + x 2 ) = 256 29
  31. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 ( 13. 13. 1-x2 + 3. 3. 3 1 + x 2) £() 13 + 27()() 13 - 13 x 2 + 3 + 3 x 2 = 40 16 - 10 x 2 2 2 2 æ16 ö Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x() 16- 10 x £ç ÷ = 64 è2 ø é 2 ì 1+ x2 x = ï1 -x2 = ê 5 Dấu bằng ÛÛí 3 ê 2 ï 2 2 ê î10x= 16 - 10 x x = - ëê 5 Bài 3. giải phương trình: x3`-3 x 2 - 8 x + 40 - 84 4 x + 4 = 0 2 Ta chứng minh : 84 4x+ 4 £ x + 13 và x3-3 x 2 - 8 x + 40 ³ 0 Û( x - 3) ( x + 3) ³ x + 13 Bài tập đề nghị . Giải các phương trình sau 1- 2x 1 + 2 x 4 3 3 1- 2x + 1 + 2 x = + 16x+ 5 = 6 4 x + x 1+ 2x 1 - 2 x x3`-3 x 2 - 8 x + 40 - 84 4 x + 4 = 0 4 4 4 x+1 - x + x - 1 - x = 2 + 8 8+x3 + 64 - x 3 = x 4 - 8 x 2 + 28 2x4+ 8 = 4 4 + x 4 + 4 x 4 - 4 2 1æ 1 ö 2-x + 2 -2 = 4 -ç x + ÷ xè x ø 3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ r r v Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u=( x1;,; y 1) v = ( x 2 y 2 ) khi đó ta có r r r r ü 2 2 2 2 2 2 uvuv+£+Û()() xx1 +++ 2 yy 1 2 £ xyxy 1 +++ 1 2 2 r r x y Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng Û1 = 1 =k ³ 0 , chú ý tỉ số phải dương x y r r r r r r 2 2 r ü u. v= u . v .cosa £ u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cosa = 1 Ûu •• v 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác ü Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA+ MB + MC ³ OA + OB + OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi MOº . ü Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200 Bài tập 1) 2212x2-++ x x 2 ++( 3112) x x 2 +++=( 3113) x 2) x2-4 x + 5 - x 2 - 10 x + 50 = 5 IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu Ø Dựa vào kết quả : “ Nếu y= f( t) là hàm đơn điệu thì f( x) = f( t) Û x = t ” ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : y= f( x) =2 x3 + x 2 + 1 mọi x ³ 0 ta xây dựng phương trình : 30
  32. 3 f() x= f( 3 x - 1) Û 2 x3 + x 2 + 1 = 2( 3 x - 1) + (3 x - 1) 2 + 1, Rút gọn ta được phương trình 2x3+ x 2 - 3 x + 1 = 2( 3 x - 1) 3 x - 1 Từ phương trình f() x+1 = f( 3 x - 1) thì bài toán sẽ khó hơn 2x3+ 7 x 2 + 5 x + 4 = 2( 3 x - 1) ( 3 x - 1) Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau : ìï2x3+ 7 x 2 + 5 x + 4 = 2 y 3 Đặt y=3 x - 1 khi đó ta có hệ : cộng hai phương trình ta được: í 2 îï3x- 1 = y 3 2 2(x+ 1) +( x + 1) = 2y3+ y 2 Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phương trình : ()2124x+( + x2 + 44329 x +) + x( + x 2 + 30) = Giải: 2 2 Û++()()212213x( x ++=-) ()() 32 x( +-+Û 33 x) f()() 21 x +=- f 3 x 1 Xét hàm số f() t= t2 + t 2 + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = - ( ) 5 Bài 2. Giải phương trình x3-4 x 2 - 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x - 4 3 2 ìïx-4 x - 5 x + 6 = y 3 Giải . Đặt y=37 x 2 + 9 x - 4 , ta có hệ : Þy3 + y = x +1 + x + 1 í 2 3 ()() îï7x+ 9 x - 4 = y Xét hàm số : f( t) = t3 + t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình éx = 5 3 2 ê f()()() y=é+ùÛ=+Û+= fë x1 û y x 1 x 1 7 x +-Û 9 x 4 -1 ± 5 êx = ëê 2 Bài 3. Giải phương trình : 3 6x+ 1 = 8 x3 - 4 x - 1 V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 1. Một số kiến thức cơ bản: é p p ù ü Nếu x £ 1 thì có một số t với t Î ; sao cho : sint= x và một số y với y Î[0;p ] sao ëê2 2 ûú cho x= cos y ép ù ép ù ü Nếu 0£x £ 1 thì có một số t với t Î 0; sao cho : sint= x và một số y với y Î 0; sao ëê2 ûú ëê2 ûú cho x= cos y ü æp p ö Với mỗi số thực x có t Î-ç; ÷ sao cho : x= tan t è2 2 ø ü Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2+ y 2 =1, thì có một số t với 0£t £ 2p , sao cho x=sin t , y = cos t Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán : é p p ù Ø Nếu : x £1 thì đặt sint= x với t Î ; hoặc x= cos y với y Î[0;p ] ëê2 2 ûú ép ù ép ù Ø Nếu 0£x £ 1 thì đặt sint= x , với t Î 0; hoặc x= cos y , với y Î 0; ëê2 ûú ëê2 ûú Ø Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2+ y 2 =1, thì đặt x=sin t , y = cos t với 0£t £ 2p 31
  33. Ø a æp p ö Nếu x³ a , ta có thể đặt : x = , với t Î-ç; ÷ , tương tự cho trường hợp khác sint è2 2 ø Ø æp p ö x là số thực bất kỳ thi đặt : x=tan t , t Îç - ; ÷ è2 2 ø Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x= f( t) thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác ) 2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ? Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3t= sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ Chú ý : cos3t= 4cos3 t - 3cos t ta có phương trình vô tỉ: 4x3- 3 x = 1 - x 2 (1) 1 Nếu thay x bằng ta lại có phương trình : 4- 3x2 = x 2 x 2 - 1 (2) x Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó: 4x3- 12 x 2 + 9 x - 1 = 2 x - x 2 (3) Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ? Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x, .hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác . 3. Một số ví dụ 2 3 3 2 1- x Bài 1. Giải phương trình sau : 1+ 1 -x2 é() 1 + x -() 1 - x ù = + ëê ûú 3 3 Giải: Điều kiện : x £1 3 3 Với x Î-[ 1;0]: thì ()1+x -() 1 - x £ 0 (ptvn) ép ù x Î[0;1] ta đặt : x=cos t , t Î 0; . Khi đó phương trình trở thành: ëê2 ûú æ1 ö 1 1 2 6 cosxç 1+ sin t ÷ = 2 + sin t Û cos t = vậy phương trình có nghiệm : x = è2 ø 6 6 Bài 2. Giải các phương trình sau : 1- 2x 1 + 2 x 1+ 2cos x 1) 1- 2x + 1 + 2 x = + HD: tan x = 1+ 2x 1 - 2 x 1- 2cos x 1 2) 1+ 1 -x2 = x 1 + 2 1 - x 2 Đs: x = ( ) 2 3) x3 -3 x = x + 2 HD: chứng minh x > 2 vô nghiệm Bài 3 . Giải phương trình sau: 3 6x+ 1 = 2 x 1 Giải: Lập phương 2 vế ta được:8x3- 6 x = 1 Û 4 x 3 - 3 x = 2 ìp5 p 7 p ü Xét : x £1, đặt x=cos t , t Î[ 0;p ] . Khi đó ta được S = ícos ;cos ;cos ý mà phương trình bậc 3 î9 9 9 þ có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình. 2 æ1 ö Bài 4. .Giải phương trình x ç1+ ÷ èx2 -1 ø 32
  34. 1 æp p ö Giải: đk: x >1, ta có thể đặt x=,; t Îç - ÷ sint è 2 2 ø écost = 0 1 Khi đó ptt: ()1+ cott = 1 Û ê 1 sin2 x êsin 2t = - ë 2 Phương trình có nghiệm : x = -2( 3 + 1) 2 2 x2 +1 ( x +1) Bài 5 .Giải phương trình : x2 +1 = + 2x 2x() 1- x2 Giải: đk x¹0, x ¹ ± 1 æp p ö Ta có thể đặt : x=tan t , t Îç - ; ÷ è2 2 ø Khi đó pttt. 2sint cos2 t+ cos2 t - 1 = 0 Û sin t( 1 - sin t - 2sin2 t) = 0 1 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x = 3 Bài tập tổng hợp Giải các phương trình sau 3 3 2 4 x3+()1 - x 2 = x 2 - 2 x 2 x-1 + x + x + x + 1 = 1 + x - 1 4() 2x+ 4 + 16 2( 4 - x2) + 16() 2 - x = 9 x 2 + 16 2x2 - 2 x 30 - 2007. 30 + 4 x 2007 = 30. 2007 2 12x - 8 x=(2004 + x )(1 - 1 - x ) 2x+ 4 - 2 2 - x > 9x2 + 16 (x+ 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x 3 3 3 3 x-1 + x + 1 = x 2 x2-3 x + 1 = - x 4 + x 2 + 1 3x+ 3 x +1 = 2 x + 1 3 2 2 4x+ 5 + 3 x + 1 = 2 x + 7 + x + 3 23() 1+x + 33 1 - x 2 + 3 () 1 - x = 0 x2+3 x + 1 =() x + 3 x 2 + 1 2008x2 - 4 x + 3 = 2007 4 x - 3 4- 3 10 - 3x = x - 2 (HSG Toàn Quốc 2002) 3 2x2+ 1 - 1 = x 1 + 3 x + 8 2 x 2 + 1 2( 2-x)( 5 - x) = x +( 2 - x)( 10 - x) ( ) ( ) x2 + x +12 x + 1 = 36 3x 2 +4 = x - 1 + 2 x - 3 4x- 1 x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1 3x 2-1 + 3 x 3 - 2 = 3 x - 2 () 2 3 x -1 1 1 2x- 11 x + 21 - 3 4 x - 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007) 2x+ = 1 - + 3 x - x x x 2x2- 1 + x 2 - 3 x - 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 - x + 2 5x2- 14 x + 9 - x 2 - x - 20 = 5 x + 1 2x2+ 16 x + 18 + x 2 - 1 = 2 x + 4 3 6x+ 1 = 8 x3 - 4 x - 1 3x2 + 3 x + 2 x2 + x +2 = 15 3x + 1 ()30x2 - 4 x = 2004 30060 x + 1 + 1 2 () 12x+ 2 x - 1 = 3 x + 9 4x + 9 2 4 x+1 + x = 1 +4 x3 + x 2 =7x + 7 x 28 4x2 + 3 x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x - 1 4x2- 4 x - 10 = 8 x 2 - 6 x - 10 3 -x = x x + x 33
  35. CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ìxÎ D (*) Dạng 1 : Phương trình ABAB= Û = ³0 Û í îAB= Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của A ³ 0 hay B ³ 0 ìB ³ 0 AB= Û Dạng 2: Phương trình í 2 îAB= Dạng 3: Phương trình ìA ³ 0 ï +) ABCB+ = Ûí ³ 0 (chuyển về dạng 2) ï îA+ B +2 AB = C +) 3ABCABABABC+ 3 =3 Þ + +3 3 . ( 3 + 3 ) = và ta sử dụng phép thế : 3ABC+ 3 = ta được phương trình : ABABCC+ +33 . . = Bài 1: Giải phương trình: a) x2 -1 = x - 1 f) 3+x - 2 - x = 1 b) x-2 x + 3 = 0 g) x+9 = 5 - 2 x + 4 c) x2 + x +1 = 1 h) 3x+ 4 - 2 x + 1 = x + 3 e) 3x- 2 + x - 1 = 3 i) (x+ 3) 10 - x2 = x 2 - x - 12 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: -x2 +3 x - 2 = 2 m + x - x 2 Bài 3: Cho phương trình: x2 -1 - x = m -Giải phương trình khi m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 4: Cho phương trình: 2x2 + mx - 3 = x - m -Giải phương trình khi m=3 -Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm. II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường. -Nếu bài toán có chứa f() x và f() x khi đó đặt t= f() x (với điều kiện tối thiểu là t ³ 0 . đối với các phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ). -Nếu bài toán có chứa f() x , g() x và f( x ). g ( x ) = k (với k là hằng số) khi đó có thể đặt : k t= f() x , khi đó g() x = t -Nếu bài toán có chứa f( x )± g ( x ) ; f ( x ). g ( x ) và f()() x+ g x = k khi đó có thể đặt: t2 - k t= f()() x ± g x suy ra f( x ). g ( x ) = 2 p p -Nếu bài toán có chứa a2- x 2 thì đặt x= asin t với - £t £ hoặc x= acos t với 0 £t £ p 2 2 2 2 a ép p ù a -Nếu bài toán có chứa x- a thì đặt x = với t Î- ; \{} 0 hoặc x = với sint ëê2 2 ûú cost ìp ü t Î[]0;p \ í ý î2 þ 34
  36. 2 2 æp p ö -Nếu bài toán có chứa x+ a ta có thể đặt x= a.tan t với t Î-ç; ÷ è2 2 ø 35
  37. NguyÔn Thµnh ®« Bài 1: Giải phương trình: a) x2+ x 2 +2 x + 8 = 12 - 2 x f) 2x2+ 5 x + 2 - 2 2 x 2 + 5 x - 6 = 1 b) 2x2- 5 2 x 2 + 3 x + 9 = - 3 x - 3 g) x2+3 x + 2 - 2 2 x 2 + 6 x + 2 = - 2 c) x2-4 x + 6 = 2 x 2 - 8 x + 12 h) x2+ x 2 +11 = 31 d) 3x2+ 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2 i) (x+ 5)(2 - x ) = 3 x2 + 3 x e) (x+ 4)( x + 1) - 3 x2 + 5 x + 2 = 6 Bài 2: Giải phương trình: 3 a) x3+()1 - x 2 = x 2() 1 - x 2 b) 3 3 1+ 1 -x2é() 1 - x -() 1 + x ù = 2 + 1 - x 2 ëê ûú c) 1-x - 2 x 1 - x2 - 2 x 2 + 1 = 0 d) 64x6- 112 x 4 + 56 x 2 - 7 = 2 1 - x 2 x 35 e) x + = x2 -1 12 x +1 f) ()()()x-3 x + 1 + 4 x - 3 = - 3 x - 3 1 1 Bài 4: Cho phương trình: + = m x 1- x2 2 -Giải phương trình với m =2 + 3 -Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 5: Cho phương trình: 2( x2- 2 x) + x 2 - 2 x - 3 - m = 0 -Giải phương trình với m = 9 -Tìm m để phương trình có nghiệm. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x. -Từ những phương trình tích ( x+1 - 1)( x + 1 - x + 2) = 0 ,( 2x+ 3 - x)( 2 x + 3 - x + 2) = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát. Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phương trình : x2+(3 - x 2 + 2) x = 1 + 2 x 2 + 2 2 2 ét = 3 Giải: t= x + 2 , ta có : t-()2 + x t - 3 + 3 x = 0 Û ê ët= x -1 Bài 2. Giải phương trình : ()x+1 x2 - 2 x + 3 = x 2 + 1 Chuyªn ®Ò líp 12 36
  38. NguyÔn Thµnh ®« Giải: Đặt : t= x2 -2 x + 3, t ³ 2 Khi đó phương trình trở thnh : ( x+1) t = x2 + 1 Ûx2 +1 -( x + 1) t = 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có D chẵn 2 2 ét = 2 x-+-++2 x 3()()()() x 1 t 2 x -=Û-++ 1 0 t x 1 t 2 x -=Û 1 0 ê ët= x -1 Từ một phương trình đơn giản : ( 1-x - 2 1 + x)( 1 - x - 2 + 1 + x ) = 0, khai triển ra ta sẽ được pt sau Bài 3. Giải phương trình sau : 4x+ 1 - 1 = 3 x + 2 1 - x + 1 - x2 Giải: Nhận xét : đặt t=1 - x , pttt: 4 1+x = 3 x + 2 t + t 1 + x (1) Ta rt x=1 - t 2 thay vo thì được pt: 3t2 -( 2 + 1 + x) t + 4( 1 + x - 1) = 0 2 Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t D =(2 + 1 +x) - 48( x + 1 - 1) không có dạng bình phương . 2 2 Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo ( 1-x) ,( 1 + x ) Cụ thể như sau : 3x= -( 1 - x) + 2( 1 + x) thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: 2 2x+ 4 + 4 2 - x = 9 x2 + 16 Giải . Bình phương 2 vế phương trình: 4() 2x+ 4 + 16 2( 4 - x2) + 16() 2 - x = 9 x 2 + 16 Ta đặt : t=2( 4 - x2 ) ³ 0 . Ta được: 9x2 - 16 t - 32 + 8 x = 0 2 2 2 Ta phải tách 9x=a 2( 4 - x) +( 9 + 2 a) x - 8 a làm sao cho Dt có dạng chình phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích. Bài tập: Giải các phương trình sau: a) (4x- 1) x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1 b) x2-1 = 2 x x 2 - 2 x c) x2-1 = 2 x x 2 + 2 x d) x2+4 x = ( x + 2) x 2 - 2 x + 4 3. Phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ. a) Dạng thông thường: Đặt u=a( x), v = b ( x) và tìm mối quan hệ giữa a ( x) và b ( x) từ đó tìm được hệ ì m ïu= a - f() x theo u,v. Chẳng hạn đối với phương trình: ma- f( x) + m b + f( x) = c ta có thể đặt: í từ đó m îïv= b + f() x ìum+ v m = a + b suy ra um+ v m = a + b . Khi đó ta có hệ í îu+ v = c Bài tập: Giải các phương trình sau: a) 3 2-x = 1 - x - 1 b) 3 9-x = 2 - x - 1 c) x- x -1 - ( x - 1) x + x2 - x = 0 b) Dạng phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai: ìd= ac +a ax+ b = c() dx + e2 +a x + b với í îe= bc + b Chuyªn ®Ò líp 12 37
  39. NguyÔn Thµnh ®« Cách giải: Đặt: dy+ e = ax + b khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 2 ïìdy+ e = ax + b ì ï()dy+ e = ax + b Û ->giải í2 í 2 îïdy+ e = c() dx + e +a x + b îïc() dy+ e = -a x + dy + e - b Nhận xét: Dể sử dụng được phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban đầu về dạng thỏa mãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn a; b thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng n :(ax+ b) = pn a'' x + b + g là chọn được. c) Dạng phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba. 3 ìd= ac +a 3 ax+ b = c( dx + e) +a x + b với í îe= bc + b Cách giải: Đặt dy+ e =3 ax + b khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 3 3 3 ïìdy+ e = ax + b ïì()dy+ e = ax + b ïìc() dy+ e = acx + bc íÛÛ í í 3 3 3 îïdy+ e = c() dx + e +a x + b î ïc() dx+ e = -a x + dy + e - b îïc()() dx+ e = ac - d x + dy + bc Bài tập: Giải các phương trình sau: 1) x+1 = x2 + 4 x + 5 5) x3 +1 = 23 2 x - 1 2 2) 3x+ 1 = - 4 x + 13 x - 5 6) x335- x 3( x + 3 35 - x 3 ) = 30 3) x3 +2 = 33 3 x - 2 7) 4x2 - 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0 4x + 9 2 4) =7x + 7 x x > 0 8) 4x2 - 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0 28 15 4 ()30x2 - 4 x = 2004 30060 x + 1 + 1 9) 3 81x- 8 = x3 - 2 x 2 + x - 2 2 () 3 3 3x- 5 = 8 x3 - 36 x 2 + 53 - 25 10) 3 6x+ 1 = 8 x3 - 4 x - 1 II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f() x= k Bước 2: Xét hàm số y= f() x Bước 3: Nhận xét: · Với x= x0 Û f()() x = f x 0 = k do đó x0 là nghiệm · Với x> x0 Û f()() x > f x 0 = k do đó phương trình vô nghiệm · Với x< x0 Û f()() x < f x 0 = k do đó phương trình vô nghiệm · Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f()() x= g x Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f() x và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f()() x0= g x 0 Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Chuyªn ®Ò líp 12 38
  40. NguyÔn Thµnh ®« Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f()() u= f v Bước 2: Xét hàm số y= f() x , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f()() u= f v Û u = v Ví dụ: Giải phương trình : ()2124x+( + x2 + 44329 x +) + x( + x 2 + 30) = 2 2 pt Û++()()212213x( x ++=-) ()() 32 x( +-+Û 33 x) f()() 21 x +=- f 3 x 1 Xét hàm số f() t= t2 + t 2 + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = - ( ) 5 Bài tập: Giải phương trình: 4x- 1 + 4 x2 - 1 = 1, x-1 = - x3 - 4 x + 5, x-1 = 3 + x - x2 , x=1 - 2 x + 2 x2 - x 3 , x-1 + x + 2 = 3 , 2x- 1 + x2 + 3 = 4 - x Chuyªn ®Ò líp 12 39