Giải phương trình, Hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
I.- Lý do chọn đề tài :
Trong chơng trình toán phổ thông chúng ta gặp rất nhiều dạng
toán giải phơng trình. Đối với mỗi dạng lại có nhiều cách giải khác nhau.
Và thông thờng ta hay chọn cách giải chính xác và ngắn gọn nhất. Phơng pháp đặt ẩn phụ thờng dẫn đến thành công với hiệu quả giải toán
cao. Song việc chọn ẩn phụ nh thế nào để bài toán trở nên đơn giản
hơn là vấn đề khó khăn. Trong phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập tới
việc "Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ trong giải phơng trình chứa
hai phép toán ngợc nhau" trên cơ sở dựa vào tính chất của các hàm số
ngợc để đa việc giải phơng trình về giải hệ phơng trình đối xứng
hai ẩn kiểu II.
II.- Mục đích yêu cầu :
- Làm cho học sinh nắm vững tính chất của hai hàm số ngợc
nhau và khảo sát sự biến thiên của hàm số.
- Trên cơ sở đó củng cố cách giải hệ phơng trình đối xứng hai ẩn
kiểu II.
- Rèn luyện khả năng t duy logic.
III.- Phơng pháp nghiên cứu :
1. Tài liệu tham khảo :
- Phơng pháp giải toán mũ và logarit - Lê Hồng Đức.
- Tạp chí toán học và tuổi trẻ từ 2000 - 2005.
- Sách : Phơng trình và hệ phơng trình của Phạm Thành Luân.
- Đề thi tuyển sinh Đại học năm 1996.
2. Thực tế giảng dạy ở trờng phổ thông.
Từ các yếu tố trên đà giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy
vọng làm phong phú thêm môn đại số sơ cấp và góp phần nhỏ bé
vào công tác giảng dạy ở trờng phổ th«ng.

Trang 1

Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
IV.- Nội dung :
ở phần này tôi muốn giới thiệu các dạng phơng trình chứa hai
phép toán ngợc nhau và phơng pháp giải bài toán tổng quát cho từng
dạng. Sau đó là những bài tập áp dụng.
Dạng 1 : Phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai.

1. Bài toán tổng quát :
a1 x + b1 = c( a 2 x + b2 ) + dx + e
2

Gi¶i phơng trình :

(I)

Với : a1 , a 2 , c ≠ 0
vµ

a 2 = a1c + d

b2 = b1c + e

Điều kiện : a1 x + b1 0

Giải :

Đặt :

a1 x + b1 = a 2 y + b2

Víi ®iỊu kiƯn : a 2 y + b2 ≥ 0 ta đợc a1 x + b1 = ( a 2 y + b2 ) 2

(1)

Khi đó (I) có dạng : c( a 2 x + b2 ) 2 = a 2 y − dx + b2 − e
Tõ (1) ta cã : c( a 2 x + b2 ) 2 = a1cx + b1c
c( a 2 x + b2 ) 2 = a 2 y + ( ca1 − a 2 ) x + b1 c
Ta có hệ phơng trình : 
c( a 2 y + b2 ) 2 = a1 cx + b1 c

(2)
(3)

Lấy (2) - (3) ta đợc :

( x − y )( a 2 cx + a 2 cy + 2b2 c + 1) = 0
x = y
⇔
a 2 cx + a 2 cy + 2b2 c + 1 = 0

Trêng hỵp 1 : x = y thay vào (1) ta đợc : ( a 2 x + b2 ) 2 = a1 x + b1
Đây là phơng trình bậc hai đối với x.
Trờng hợp 2 : a 2 cx + a 2 cy + 2b2 c + 1 = 0 kết hợp với (1)
=> Giải hệ phơng trình tìm x, y.
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
Giải :

(4)

2 x + 15 = 32 x 2 + 32 x − 20

§iỊu kiƯn : 2 x + 15 ≥ 0 ⇔ x ≥ −

15
2

Ta cã : (4) ⇔ 2 x + 15 = 2(4 x + 2) 2 − 28

(5)

2 x + 15 = 4 y + 2

(6)

Đặt :

Trang 2


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Với điều kiện : 4 y + 2 0 ⇔ y ≥ −

1
ta cã :
2

(6) ⇔ 2 x + 15 = (4 y + 2) 2

Khi ®ã, ta cã hệ phơng trình :
(4 x + 2) 2 = 2 y + 15

(4 y + 2) 2 = 2 x + 15

(7 )
(8)

Lấy (7) - (8) ta đợc :
(x - y)(8x + 8y + 9) = 0
* Trêng hỵp 1 : x = y thay vào (8) ta đợc :
16x2 + 14x - 11 = 0
1

x
=

2
⇔
 x = − 11

8

(lo¹i)

* Trêng hỵp 2 : 8 x + 8 y + 9 = 0 ⇔ 4 y =

− 8x − 9

thay vµo (8) ta cã :
2


− 9 + 221
x =
16
64x2 + 72x - 35 = 0 ⇔ 

− 9 − 221
x =
16


Vậy phơng trình có hai nghiệm : x =

(loại vì ®iỊu kiƯn cđa
y)

1
− 9 − 221
vµ x =
2
16

Bµi 2 : Giải phơng trình : x 2 = 2 x + 2

(9)

§iỊu kiƯn : 2 − x ≥ 0 ⇔ x 2

Giải :
Khi đó :

(9)

2 x = x2 − 2

⇔ 2 − x = (− x) 2 2

Đặt :

2 x = y

(10)

Với điều kiện y ≤ 0 th× (10) ⇔ 2 − x = y 2
 x 2 − 2 = − y
Ta cã hÖ phơng trình : 2
y 2 = x

Lấy (11) - (12), ta đợc :
(x - y)(x + y - 1) = 0
* Trêng hỵp 1 : x = y thay vào (11) ta đợc :
Trang 3

(11)
(12)

Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
2
x +x-2=0
(loại)

x = 1

x = 2

* Trờng hợp 2 : x + y - 1 = 5 ⇔ y = 1 - x Thay vµo (11) ta cã :
x2 - x - 1 = 0

1+ 5
x =
2
⇔

1− 5
x =
2


(lo¹i)

VËy phơng trình có hai nghiệm : x = - 2 và x =

1+ 5
2

Bài 3 : Giải phơng trình :
tg 2 x 2tgx 3 = tgx + 3

(13)

Đặt tgx = X

Gi¶i :

(13) ⇔ X + 3 = X 2 − 2 X − 3
⇔

X + 3 = ( X − 1) 2 − 4

§iỊu kiƯn : X + 3 0 X 3
Đặt

2
X + 3 = Y − 1 víi ®iỊu kiƯn Y ≥ 1 ta cã : X + 3 = (Y − 1)

Khi ®ã ta cã hÖ :

( X − 1) 2 = Y + 3

(Y − 1) 2 = X + 3

(14)
(15)

LÊy (14) - (15), ta đợc :

( X Y )( X + Y − 1) = 0
* Trêng hỵp 1 : Với X = Y, thay vào (14) ta đợc :
X 2 − 3X − 2 = 0

3 + 17
X =
2
⇔

3 17
X =
2


(loại)

* Trờng hợp 2 : Với X + Y − 1 = 0 ⇔ Y = 1 − X thay vµo (14), ta cã :
X 2 − X −3= 0

Trang 4


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
(loại)

1 + 13
X =
2

1 13
X =
2


* Với X =

3 + 17
3 + 17
ta cã : tgx =
2
2
⇔ x = α + kΠ

* Víi X =

(k ∈ Z )

víi

3 + 17
= tgα
2

víi

1 − 13
= tgβ

2

1 − 13
1 − 13
ta cã : tgx =
2
2
⇔ x = β + k'Π

(k '∈ Z )

Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm :
x = + kΠ , k ∈ Z vµ tgα =

3 + 17
2

x = β + k ' Π , k '∈ Z và tg = 1 + 13
2

Bài 4 : Giải phơng trình : 2 2 x 2 x + 6 = 6
Giải :

(16)

Đặt : 2 x = u > 0
Khi ®ã : (16) ⇔ u 2 − 6 = u + 6
Đặt

u+6 =v 0

Khi đó : u + 6 = v 2
u 2 = v + 6
Ta cã hÖ phơng trình : 2
v = u + 6

(17)
(18)
u = v
u + v + 1 = 0

LÊy (17) - (18) ta đợc : ( u v ) (u + v + 1) = 0 ⇔ 

u = 3
u = 2 (loại)

+ Với u = v ta đợc : u 2 − u − 6 = 0 ⇔ 
Víi u = 3 ⇔ 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3

+ Víi u + v + 1 = 0 ta đợc phơng trình : u 2 + u − 5 = 0

Trang 5


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xu©n

− 1 + 21
u =
2

⇔

− 1 − 21
u =
2


Víi u =

21 − 1
⇔ 2x =
2

(lo¹i)

21 − 1
⇔ x = log 2
2

21 1
2

21 1
Vậy phơng trình có hai nghiệm : x = log 2 3 vµ x = log 2
2

Bài 5 : Giải phơng trình :
log 32 x 2 log 3 x = log 3 x + 1

Gi¶i :

(19)

Đặt log 3 x = U

Khi đó (19) có dạng : U 2 − 2U = U + 1
(U − 1) 2 − 1 = U + 1

§iỊu kiƯn : U 1
Đặt : U + 1 = V 1 víi V ≥ 1
Khi ®ã : U + 1 = (V − 1) 2
(V − 1) 2 = U + 1
Ta có hệ phơng trình :
(U 1) 2 = V + 1

(20)
(21)

Lấy (20) - (21) ta đợc : (U − V )(U + V − 1) = 0
U = V
⇔
U + V − 1 = 0
U = 0 (lo¹i)

+ Víi U = V ta cã : U2 - 3U = 0 ⇔ 
U = 3
Víi U = 3 ⇔ log 3 x = 3 ⇔ x = 27
+ Víi U + V − 1 = 0 , ta đợc phơng trình :
U 2 U 1 = 0

1+ 5
U =
2
⇔

1− 5
U =
2


(lo¹i)
1− 5
⇔ log3 x =
⇔ x=3
2

1− 5
2

VËy phơng trình đà cho có hai nghiệm : x = 27
vµ x = 3

Trang 6

1− 5
2


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân

3. Các bài tập tự giải :
1) x 2 x − 1000 1 + 8000 x = 1000
2) x 2 + x + 5 = 5
3) − 4 x 2 + 13x − 5 = 3x + 1
4) x + 3 + x = 3
5) log 22 x + log 2 x + 1 = 1
6) 4 x 2 + 2 x + 1 + 5 = 12 x
D¹ng 2 : Phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba.

1. Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình :
3

a1 x + b1 = c(a 2 x + b2 ) 2 + dx + e

(II)

Víi a1 , a 2 , c ≠ 0
vµ a 2 = a1c + d ;
Giải :

Đặt

3

b2 = b1c + e

a1 x + b1 = a 2 y + b2

⇔ a1 x + b1 = (a 2 y + b2 ) 3

(*)

Ta cã (II) ⇔ c(a 2 y + b2 ) 2 = a 2 y − dx + b2 − e
c( a 2 x + b2 ) 2 = a 2 y − dx + b2 e
Ta có hệ phơng trình :
c( a 2 y + b2 ) 2 = a1cx + b1c

Lấy (1) - (2) ta đợc :

(1)
(2)

( x y ) ( cA 2 + cAB + cB 2 + 1) = 0

⇔ x = y hc cA2 + cAB + cB 2 + 1 = 0

Víi A = ( a 2 x + b2 ) ; B = a 2 y + b2
Trêng hỵp 1 : x = y thay vào (*) ta đợc phơng trình bậc 3 :

( a 2 x + b2 ) 3 = a1 x + b1
Trêng hỵp 2 : c( A 2 + AB + B 2 ) + 1 = 0
B
2

NhËn xÐt : A 2 + AB + B 2 = ( A + ) 2 +
Nếu

(3)
3B 2

0
4

c > 0 thì (3) vô nghiệm.
c < 0 thì giải hệ (*) và (3).

2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
Trang 7


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
23 2 x + 1 = x 3 1

Giải :

Đặt

3

2x + 1 = y

y 3 = 2x + 1
 x 3 = 2 y + 1
3
 y = 2 x + 1

Ta có hệ phơng trình :

(4)
(5)

Lấy (4) - (5) ta đợc : ( x y ) ( x 2 + xy + y 2 + 2) = 0
x=y

Thay vào (4) ta đợc : x 3 − 2 x − 1 = 0
 x = −1
⇔ 2
x − x −1 = 0
 x = −1
⇔
x = 1 5
2


Xét lớp phơng trình dạng :
a 3 af ( x) + b = [ f ( x )] b
3

Bài 2 : Giải phơng trình :
3

81x 8 = x 3 − 2 x 2 +

4
x−2
3

(5)

Gi¶i :
2
3

(5) ⇔ 3 81x − 8 = ( x − ) 3
3 81x 8 =

Đặt :

3

46
27

1
46
(3 x 2) 3 −
27
27

81x − 8 = 3 y − 2

⇔ ( 3 y − 2 ) = 81x − 8
3

(6)

⇔

1
1
(3 y − 2) 3 = (81x − 8)
27
27

⇔

1
8
(3 y − 2) 3 = 3 x
27
27

Ta có hệ phơng trình :

Trang 8


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xu©n
8
1
3
 27 (3x − 2) = 3 y − 27

 1 (3 y − 2) 3 = 3x − 8
27
 27

(7 )
(8)

Lấy (7) - (8) ta đợc :

( x y )  1 [( 3x − 2) 2 + (3x − 2)(3 y − 2) + (3 y − 2) 2 ] + 3 = 0
 27



⇔x= y
(3x − 2) 3 = 81x 8

Thay vào (6) ta đợc :

⇔ 9 x 3 − 18 x 2 − 23 x = 0
x = 0
⇔ 2
9 x − 18 x − 23 = 0
x = 0
⇔
x = 3 ± 4 2
3


Vậy phơng trình đà cho có 3 nghiệm : 0;

3 4 2
3

Bài 3 : Giải phơng trình :
(8 cos 3 x + 1) 3 = 162 cos x − 27

Gi¶i :
Đặt : 2 cos x = X ; Điều kiện : | X | 2
Ta có phơng trình : ( X 3 + 1) = 81x 27
3

(9)

Đặt : X 3 + 1 = 3Y
Thay vào (9) ta đợc : Y 3 = 3 X − 1
 X 3 + 1 = 3Y
Ta có hệ phơng trình : 3
Y + 1 = 3 X

Lấy (10) - (11) ta đợc :
( X − Y )( X 2 + XY + Y 2 + 1) = 0
⇔ X =Y

Thay vµo (10) ta đợc : X 3 3 X + 1 = 0
Thay X = 2 cos x ta đợc :

8 cos 3 x − 6 cos x = −1
⇔ 2( 4 cos 3 x − 3 cos x) = −1

Trang 9

(10)
(11)

Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xu©n
⇔ 2 cos 3 x = −1
⇔ cos 3 x = −
⇔ 3x = ±
⇔x=±

XÐt líp d¹ng :

[[ f ] + 1]
3

3

1
2

2Π
+ k 2Π ,
3

2Π k 2Π
+
9
3

k∈Z
k ∈Z

= 81 f ( x ) 4

( x)

Bài 4 : Giải phơng tr×nh :
3

2 x − 9 = (2 x − 3) 3 + 6

Giải :

Đặt : 2 x = X ,

Ta có phơng trình :
Đặt :

3

3

X >0

X 9 = ( X − 3) + 6
3

X −9 =Y −3

⇔ X − 9 = (Y − 3) 3
( X − 3) 3 = Y 9

Ta có hệ phơng trình :
(Y − 3) 3 = X − 9

(12)
(13)

LÊy (11) - (12) ta đợc :

[

]

( X Y ) ( X 3) 2 + ( X − 3)(Y − 3) + (Y − 3) 2 + 1 = 0
⇔ X =Y

Thay vào (12) ta đợc :

X 3 9 X 2 + 27 X − 18 = 0
X = 1
⇔ 2
 X − 9 X + 18 = 0
X =1
⇔  X = 6
 X = 3

Víi

(tho¶m·n)

X = 1 ⇒ 2x = 1 ⇔ x = 0

X = 6 ⇒ 2 x = 6 ⇔ x = log 2 6
X = 3 ⇒ 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3

3. Bài tập tự giải :
1) x 3 + 2 = 33 3 x − 2
2) x 3 + 1 = 23 2 x − 1
Trang 10


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xu©n
3
3) 3x − 5 = 8 x 3 − 36 x 2 + 53x − 25
4) x 3 − 3 x 2 + 3 x − 163 x − 9 = 0
Những khó khăn mà học sinh thờng gặp là vấn đề chọn số a 2, b2
thoả mÃn điều kiện :
a 2 = a 1c + d
b2 = b1c + e
Dạng 3 :

Phơng trình dạng :

f(f(x))= x

(III)

1.- Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình f(f(x))= x
Với f (x) là hàm số đồng biến trên D x R
Giải :

Đặt f ( x) = y

Ta cã : f ( y) = x
Do y = f (x) là hàm số đồng biến trªn D x nªn f ( y ) = x là hàm số
đồng biến trên D y R .
f ( x) = y
 f ( y) = x

(1)
(2)

Ta có hệ phơng trình :

Giả sử D = Dx = Dy khi đó từ (1) và (2) y − x = f ( x) − f ( y )
⇔ f ( x) + x = f ( y) + y

(3)

Do f (x) là hàm số đồng biến f ( x) + x là hàm số đồng biến.
Nên tõ (3) ⇒ x = y
Thay vµo (1), ta cã : f ( x) = x
XÐt hµm sè : g ( x) = f ( x) x
Sử dụng định lý Rôn : Nếu g (x) lồi hoặc lõm trên D thì phơng
trình g ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có không quá hai nghiệm D .
Giải phơng trình tìm nghiệm của g ( x) = 0
(Chỉ cần chỉ ra 2 nghiệm thoả mÃn g ( x) = 0 )
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng tr×nh :
log 2 [ 3 log 2 (3x − 1) − 1] = x

Trang 11

(4)


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Giải :

Điều kiện : 3 x 1 > 0 x >

1
3

Đặt log 2 (3 x 1) = y ⇔ 2 y = 3 x − 1
Khi ®ã (4) ⇔ log 2 (3 y − 1) = x
⇔ 2 x = 3y −1
2 x = 3 y − 1
Ta có hệ phơng trình : y
2 = 3 x 1

(5)
(6)

Lấy (5) - (6) ta đợc : 2 x + 3 x = 2 y + 3 y

(7 )

Đặt : f (t ) = 2 t + 3t

Ta cã : f ' (t ) = 2 t ln 2 + 3 > 0 , ∀t ∈ R
⇒ f (t ) là hàm số đồng biến.

Khi đó, từ (7) ta cã : x = y
Thay vµo (5), ta cã :

2 x = 3x − 1

⇔ 2 x − 3x + 1 = 0
1
3




Đặt g ( x) = 2 x − 3 x + 1 trªn D =  ,+∞ 
g ' ( x) = 2 x ln 2 − 3
g ' ' ( x) = 2 x ln 2 2 > 0 ,

1

∀x ∈  ,+∞ 
3


⇒ g (x) là lõm trên D

Theo định lý Rôn : Phơng trình g ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có
không qu¸ 2 nghiƯm.
NhËn thÊy : g(3) = g(1) = 0

⇒ phơng trình : 2 x 3 x + 1 = 0 có 2 nghiệm là 3 và 1.

Vậy phơng trình đà cho có 2 nghiệm là 1 và 3.
Bài 2 : Giải phơng trình :
với x [ 1;1]

sin(sin x ) = x

Giải :
Đặt sin x = y

y ∈ [ − 1;1]

;
sin x = y
sin y = x

Ta có hệ phơng trình :

Trang 12

(8)
(9)


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Lấy (8) - (9) ta đợc :
sin x + x = sin y + y

(10)

Đặt g (t ) = sin t + t
∀t ∈ [ − 1;1]

Ta cã : g ' (t ) = cos t + 1 ≥ 0 ,

g ( t ) ) là hàm số đồng biến trên [ 1;1]

Nên phơng trình (10) x = y
sin x = x

Thay vào phép đặt ta có :
Đặt : f ( x) = sin x x
Ta cã : f ' ( x) = cos x − 1 ≤ 0 ,

∀x ∈ R

⇒ f (x) lµ hµm số nghịch biến trên [ 1;1]

Và f ( x) = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = 0 do x [ 1;1]
Bảng biến thiên của hµm sè f ( x) = sin x − x
x
f'(x)
f(x)

-1

0
0

0

-

1
-

VËy phơng trình f ( x) = 0 có nghiệm x = 0
Kết luận : Phơng trình đà cho có nghiệm x = 0
Bài 3 : Giải phơng trình :

(x

2

)

2

(

)

+ 3x − 4 + 3 x 2 + 3x − 4 = x + 4

Giải :
Đặt : x 2 + 3 x − 4 = y
 x 2 + 3 x 4 = y
Ta có hệ phơng trình : 2
 y + 3 y − 4 = x

(11)
(12)

LÊy (11) - (12) ta đợc :

( x y )( x + y + 4) = 0
x = y
⇔
x + y + 4 = 0

Trêng hỵp 1 : Víi x = y thì (11) có dạng : x 2 + 2 x − 4 = 0
 x = −1 − 5
⇔
 x = −1 + 5

Trêng hỵp 2 : Víi x + y + 4 = 0 ⇔ y = −4 − x
Trang 13


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Khi đó (11) có dạng :
x 2 + 4x = 0
x = 0

x = 4

Vậy phơng trình có 4 nghiƯm : − 4 ;

− 1− 5 ;

0;

1+ 5

Bµi 4 : Giải biện luận phơng trình :
f ( f ( x)) = x

Víi f ( x) = x 2 + 2 x + m
Giải :

Đặt : f ( x) = y

Ta cã hÖ :

 x 2 + 2 x + m = y
 2
 y + 2 y + m = x

(13)
(14)

LÊy (13) - (14) ta cã :

( x − y )( x + y + 3) = 0
Trêng hỵp 1 : Với x = y thì (14) có dạng :
(15)

x2 + x + m = 0

∆ = 1− 4m

+ m>

1
thì (15) vô nghiệm.
4

+ m=

1
1
thì (15) có nghiệm kép x = −
4
2

+ m<

1
− 1 ± 1 − 4m
th× (15) cã 2 nghiệm phân biệt : x1, 2 =
4
2

Trờng hợp 2 : Víi x + y + 3 = 0 ⇔ y = x 3 thì (13) có dạng :
(16)

x 2 + 3x + m + 3 = 0
∆ = 3 4 m

+ m>

3
thì (16) vô nghiệm.
4

+ m=

3
3
thì (16) có nghiệm kép : x =
4
2

+
x1, 2 =

m<

3
4

thì

(16)

có

2

nghiệm

phân

3 ± − 3 − 4m
2

KÕt luËn : + m >

1
phơng trình đà cho vô nghiệm.
4

Trang 14

biệt

:


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
+ m=

1
1
phơng trình đà cho có nghiệm kép x =
2
4

+ m=

3
3
phơng trình đà cho có nghiệm kép x = −
4
2
3 1
4 4

3
4

+ m ∈ (−∞ ;− ) ∪ (− ; ) : Phơng trình có 2 nghiệm phân
biệt.
3. Bài tËp tù gi¶i :
1) cos(cos x) = x

víi x ∈ [ − 1;1]

2) f ( f ( x)) = x

víi f ( x) = x 2 + 5 x + 3 và x 0

3) Cho phơng trình :

(

)

2

(

)

a ax 2 + bx + c + b ax 2 + bx + c + c = x

Tìm điều kiện của a, b, c để phơng trình trên vô nghiệm.
Dạng 4 : Phơng trình mũ và logarit

1. Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình :
S a1x +b1 = c log S (a 2 x + b2 ) + dx + e

Víi a1 , a 2 ≠ 0 ;
Gi¶i :

(IV)

a 2 = a1c + d ; b2 = b1c + e

0 < S ≠ 1;

§iỊu kiƯn : a 2 x + b2 > 0
log S (a 2 x + b2 ) = a1 y + b1

Đặt :

S a1 y +b1 = a 2 x + b2

S a1 y +b1 = a 2 x + b2
Ta có hệ phơng trình : a1x +b1
S
= a1cy + ( a 2 − a1c) x + b2

(1)
(2)

Lấy (1) - (2) ta đợc :
S a1x +b1 + a1cx = S a1 y +b1 + a1cy

(3)

XÐt hµm sè : f (t ) = S a t +b + a1ct trên D.
1

1

Nếu f (t ) đơn điệu trên D th× tõ (3) suy ra : x = y
Thay vµo (1) ta cã : S a x +b = a 2 x + b2
1

1

Đặt : g ( x) = S a x +b − a 2 x − b2
1

1

Cã thể sử dụng bất đẳng thức Becnuli hoặc định lý Rôn để giải

phơng trình g ( x) = 0
2. Bài tËp :
Trang 15


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Bài 1 : Giải phơng trình :
3 x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x )

Gi¶i :
§iỊu kiƯn : 1 + 2 x ≥ 0 ⇔ x >

1
2

Đặt : log 3 (1 + 2 x) = y ⇔ 1 + 2 x = 3 y
3 y = 2 x + 1
Ta có hệ phơng trình :  x
3 = y + x + 1

(5)
(6)

LÊy (5) - (6) ta đợc :
3x + x = 3 y + y

(7)

Đặt : g (t ) = 3t + t

Ta cã : g ' (t ) = 3t ln 3 + 1 > 0, ∀t
⇒ g ( t ) ) luôn đồng biến trên R.

Vậy (7) x = y
Thay vào (5) ta đợc : 3 x = 2 x + 1
 1
 2




XÐt hµm sè : g ( x ) = 3 x − 2 x − 1 trªn  − ,+∞ 
Ta cã :

g ' ( x ) = 3 x ln 3 − 2
 1

g ' ' ( x) = 3 x ln 2 3 > 0 , ∀x ∈  − ,+∞ 
 2


 1

⇒ g (x) luôn lõm trên ,+
2


Theo định lý Rôn : Phơng trình g ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có
không quá 2 nghiệm.
Nhận thấy : g (0) = g (1) = 0

Vậy phơng trình có 2 nghiƯm : x = 0 vµ x = 1.
Bµi 2 : Giải phơng trình :
7 x 1 = 1 + 2 log 7 (6 x 5) 3

Giải :

Điều kiÖn : 6 x − 5 > 0 ⇔ x >

(8)
5
6

(8) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6 log 7 (6 x − 5)

(9)
Trang 16


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Đặt : log 7 (6 x 5) = y − 1
⇔ 6 x − 5 = 7 y −1

Khi ®ã (9) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6( y − 1) = 6 y − 5
7 x −1 = 6 y 5
Ta có hệ phơng trình :  y −1
7 = 6 x − 5

(10)
(11)

LÊy (10) - (11) ta đợc :
7 x 1 + 6( x 1) = 7 y −1 + 6( y − 1)

(12)

XÐt hµm sè : g (t ) = 7 t + 6t
Ta cã : g ' (t ) = 7 t ln 7 + 6 > 0 , ∀t
⇒ g (t ) luôn đồng biến nên (12) x = y

Thay vào (10) ta có phơng trình : 7 x 1 = 6 x − 5
5
6




XÐt hµm sè : f ( x) = 7 x −1 − 6 x + 5 trªn  ,+∞ 
Ta cã :

f ' ( x) = 7 x −1 ln 7 − 6
f ' ' ( x) = 7 x −1 ln 2 7 > 0 ,

5
x ( ,+)
6

f (x) luôn lõm trên D.

Theo định lý Rôn : Phơng trình f ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có

không quá 2 nghiệm.
Nhận thấy : f (1) = f (2) = 0
Vậy phơng trình ®· cho cã 2 nghiƯm : x = 1 vµ x = 2.
Bài 3 : Giải phơng trình :
ln(sin x + 1) = e sin x 1

(13)

Giải :
Điều kiện : sin x 1
Đặt : sin x = t , ®iỊu kiƯn : | t |≤ 1
Khi ®ã, (13) cã d¹ng : ln(t + 1) = e t − 1
Đặt : ln(t + 1) = y t + 1 = e y
e t − 1 = y
Ta cã hệ phơng trình : y
e 1 = t

Lấy (14) - (15) ta đợc :
Trang 17

(14)
(15)


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
et + t = e y + y

(16)

Đặt : g ( s ) = e S + s
Ta cã : g ( s ) = e S + 1 > 0 ,

∀s ∈ R

⇒ g (s ) lµ hµm sè đồng biến nên (16) x = y

Thay vào (14) ta đợc : e t = t + 1
Xét phơng tr×nh : f (t ) = e t − t − 1 trªn [ − 1;1]
Ta cã :

f ' (t ) = e t − 1
f ' ' (t ) = 0 ⇔ e t − 1 = 0 ⇔ t = 0

Bảng biến thiên :
t
f'(t)

-1

0
0

-

f(t)

1
+

0

Từ bảng biến thiên ta thấy phơng trình f ( x) = 0 có nghiệm duy nhất x =
0
Vậy phơng trình đà cho có nghiệm : x = 0
3. Bài tập tự giải :
1) 6 x = 1 + 2 x + 3 log 6 ( 5 x + 1)
1
2)  
2

2 sin 2 x

+ sin

Π
= cos 2 x + log 4 4 cos 3 x − cos 6 x − 1
6

(

)

3) ln[ f ( x) + 1] = e f ( x ) − 1
a) Víi : f ( x) = log 2 x
b) Víi : f ( x) = cos x
V.- KÕt luËn :
Xuất phát từ thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi giải phơng trình
có chứa các hàm số ngợc nhau học sinh thờng gặp nhiều khó khăn.
Sau khi nghiên cứu tính chất của các hàm số ngợc nhau tôi thấy có

nhiều thú vị và nhất là khi vận dụng phơng pháp đặt ẩn phụ để đa phơng trình về hệ phơng trình đối xứng, do đó tôi đà viết đề
tài này với mong muốn giúp học sinh tìm ra phơng pháp giải tối u.
Trang 18


Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4
GV: Ngô Thị Xuân
Mặc dù tôi rất cố gắng nhng không tránh khỏi những thiếu xót.
Rất mong sự góp ý của bạn đọc nhất là các bạn đồng nghiệp. Rất
mong các đồng nghiệp sẽ tiếp tục nghiên cứu để làm phong phú hơn
đề tài.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Triệu Sơn, ngày 10 tháng 4 năm 2006
Giáo viên thực hiện

Ngô Xuân

Trang 19