Tài liệu TẠP CHÍ CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC SỐ 1 - Đi về phía mặt trời docx

Đặt ẩn phụ để giải phương trình
Nguyễn Thanh Trà
Ngày 11 tháng 12 năm 2012
1 Giải phương trình bằng
cách đưa về hệ phương
trình đối xứng
Đặt ẩn phụ là một phương pháp quen thuộc
trong giải toán nói chung và giải phương trình
nói riêng. Trong dạng này, việc đặt ẩn phụ
rồi tìm liên hệ ngược lại giữa phương trình và
biến x sẽ dẫn ta đến một hệ phương trình. Hệ
phương trình có giải được hay không tùy thuộc
vào sự khéo léo trong cách đặt ẩn phụ của các
bạn.
Trong chương này, ta xét một lớp các phương
trình có dạng:
ax
2
+ bx + c = d
√
dx + e
T
rước hết, ta xét phương trình:
Ví dụ 1. Giải phương trình:
x
2
+ 2 = 3
√

3x −2
L
ời giải. Với bắt đầu đơn giản, ta sẽ đặt a =
√
3x −2. Khi đó, ta có

x
2
+ 2 = 3a
a
2
+ 2 = 3x
Đây là hệ phương trình đối xứng. Trừ theo vế
của hai đẳng thức, ta có:
(x−a)(x+a)−3(x−a) = 0 ⇔

x −a = 0
x + a −3 = 0
Từ đây ta có thể dễ dàng giải bài toán. 
Như vậy, một cách tổng quát, với phương
trình:
x
2
+ a = b
√
bx −a
T
a luôn có một cách giải tổng quát: Đặt
√
bx −a = t. Thế thì ta có t

2
+ a = bx. Ta
rút ra được hệ phương trình đối xứng. Ta sẽ
đến với một ví dụ khó hơn.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
x
2
− x −
9
4
= 3
√
3x + 1
Lời giải. Đặt
√
3x + 1 = a −
1
2
.
Ta có a
2
−a +
1
4
= 3x + 1 ⇔ a
2
− a −
3
4
= 3x. Vậy


x
2
− x −
3
4
= 3a
a
2
− a −
3
4
= 3x
Trừ theo vế hai đẳng thức. Từ đây ta có thể
dễ dàng tìm x. 
Việc đặt
√
3x + 1 +
1
2
= a có
vẻ hơi thiếu tự
nhiên. Một cách tổng quát hơn, có thế giải bài
toán lại như sau.
Lời giải.
x
2
− x −
9
4

= 3
√
3x + 1
⇔ (x −
1
2
)
2
−
5
2
=
3

3(x −
1
2
)
+
5
2
Đây là dạng toán quen thuộc như trên khi ta
coi x −
1
2
như
một biến y. 
1
Như vậy, với mỗi cách thay x bởi các biểu
thức vào phương trình (1) thì ta sẽ có nhiều

bài toán thú vị. Hãy xét một số vị dụ cụ thể.
Ví dụ 3. Giải phương trình:
x
2
+ x +
13
4
= 2
√
2x −2
Ví dụ 4. Giải phương trình:
2x
2
− 2
√
2x −2 = 3

3
√
2x
Ví dụ 5. Giải phương trình:
x
2
+ 2
√
2x + 2 + 2
√
2 = 2
√
2x

Ví dụ 6. Giải phương trình:
24x
4
+ 12x
2
− 3 = 2

2
3
x
2
+
11
12
Để giải các bài toán này, ta làm ngược lại.
Tức là ta sẽ phân tích phù hợp để xuất hiện
(ax −b)
2
+d = e

e(ax −b) −d. Từ đó đặt ẩn
phụ at − b =

e(ax −b) −d. Ta sẽ có các hệ
phương trình đối xứng.
Thế nếu hệ số của x
2
không phải là 1 thì sao?.
Hay cụ thể hơn, ta xét các phương trình:
ax

2
+ b = c

cx −b
a
Điều
này chỉ là tăng tính phức tạp chứ không
tăng độ khó. Chia cả hai vế cho a = 0. Ta có:
x
2
+
b
a
=
c
a
·

c
a
· x −
b
a
Ta có thế nhìn thấy ngay đây là dạng phương
trình ban đầu.
Ta đến với ví dụ tiếp theo:
Ví dụ 7. Giải phương trình:
4x
2
+ 5x = (x + 2)

√
2x
2
+ 4x + 3
Lời giải. Bây giờ phương trình của chúng
ta không chỉ là a
√
ax + b nữa mà là (x +
2)
√
2x
2
+ 4x + 3. Ta thử biến đổi như sau:
4x
2
+ 5x = (x + 2)
√
2x
2
+ 4x + 3
⇔ 4x
2
+ 4x + 1 + x −1
= (x + 2)
√
2x
2
+ 5x + 2 −x + 1
⇔ (2x + 1)
2

+ (x − 1)
= (x + 2)

(x + 2)(2x + 1) −(x −1)
Nếu coi x−1 = a và x+2 = b thì phương trình
của chúng ta có dạng (2x+1)
2
+a = b
√
bx −a.
Tương tự suy nghĩ như trên, ta đặt

(x + 2)(2x + 1) −(x −1) = 2y + 1. Ta có:

(2x + 1)
2
+ x − 1 = (x + 2)(2y + 1)
(2y + 1)
2
+ x − 1 = (x + 2)(2x + 1)
Trừ theo vế hai phương trình, ta có (2x +1)
2
−
(2y+1)
2
= (x+2)(2y−2x) ⇔ 2(x−y)(2x+2y+
2) = 2(y −x)(x + 2) ⇔ (x −y)(3x + 2y + 4) =
0 ⇔

x = y

3x + 2y + 4
Đối với mỗi phương trình
ta đều quy về phương trình bậc 2. Việc giải các
phương trình này là khá dễ dàng. 
Một câu hỏi đặt ra là làm sao để tìm ra phân
tích 4x
2
+5x = (2x+1)
2
+(x −1) hay nói cách
khác điều quan trọng nhất ở đây là tìm ra biểu
thức 2x + 1.
Để ý một chút là khi phân tích 4x
2
+ 5x =
(x + 2)
√
2x
2
+ 4x + 3 ⇔ (2x + 1)
2
+ (x −1) =
(x + 2)

(x + 2)(2x + 1) −(x −1). Cộng biểu
thức vế trái và biểu thức trong dấu căn, ta có:
(4x
2
+ 5x) + (2x
2

+ 4x + 3)
= ((2x + 1)
2
+ (x − 1))
+ ((x + 2)(2x + 1) − (x − 1))
= (2x + 1)
2
+ (x + 2)(2x + 1)
= (2x + 1)(2x + 3)
Như thế, khi cộng biểu thức vế trái và biểu
thức trong dấu căn và phân tích thành nhân
tử thì một trong hai nhân tử là biểu thức cần
tìm.
Hãy áp dụng phương pháp này để giải ví dụ
sau:
2
Ví dụ 8. Giải phương trình:
x
2
+ x + 2 = (x + 2)
√
x
2
+ 4x + 1
Lời giải. Cộng biểu thức vế trái và biểu thức
trong căn, ta có:
x
2
+ x + 2 + x
2

+ 4x + 1 = (2x + 3)(x + 1)
Thử phân tích với 2x + 3, ta thấy bài toán khó
có hướng giải.
Thử với x + 1. Ta có:
x
2
+ x + 2 = (x + 2)
√
x
2
+ 4x + 1
⇔ (x + 1)
2
− (x − 1)
= (x + 2)

(x + 1)(x + 2) + (x −1)
Đến đây ta thấy phương trình quen thuộc.

Ta có một số ví dụ tương tự:
Ví dụ 9. Giải phương trình:
4x
2
− 11x + 10 = (x − 1)
√
2x
2
− 6x + 2
Phát triển tiếp bài toán với bậc 3 hay bậc n.
Ta xét các phương trình:

x
n
+ b = a
n
√
ax − b
Có
thể giải một cách tổng quát bằng việc đặt
n
√
ax − b = t. Ta sẽ có phương trình đối xứng:

x
n
+ b = at
t
n
+ b = ax
Hệ phương trình đối xứng có thể giải bằng cách
trừ theo vế.
Và tương tự ý tưởng như trên, nếu thay x bằng
các biểu thức phức tạp, ta có những phương
trình khá khó nhưng cách làm tương tự. Hãy
đến với các ví dụ:
Ví dụ 10. Giải phương trình:
2.27
x
+ 1 = 3
3


3
x+1
− 1
2
Ví dụ 11. Giải phương trình:
x
3
+ 2 = 3
3
√
3x − 2
Ví dụ 12. Giải phương trình:
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 4 = 4
3
√
4x + 1
Lời giải. Vẫn tương tự ý tưởng về phương
trình với số bậc 2, ta rút gọn biểu thức vế trái
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 4 = 4
3
√
4x + 1

⇔ (x + 1)
3
+ 3 = 4
3

4(x + 1) −3
Nếu coi x+1 là một ẩn mới thì ta dễ dàng nhìn
thấy dạng toán quen thuộc x
3
+b = a
3
√
ax − b.
Đặt y + 1 =
3

4(x + 1) −1, ta có

(y + 1)
3
+ 1 = 4(x + 1)
(x + 1)
3
+ 1 = 4(y + 1)
Hệ phương trình đối xứng này được giải khá
dễ dàng. 
Ta đến vơi ví dụ khác
Ví dụ 13. Giải phương trình:
3
√

x − 2 = 8x
3
− 60x
2
+ 151x − 128
Ví dụ cuối cùng có vẻ hơ i khác biệt. Khi ta
nhóm hết lại ta có
3
√
x − 2 = (2x −5)
3
+ x −3
thì có vẻ không được dạng (ax − b)
3
mà lại là
(2x −5)
3
+ x −3. Biểu thức x −3 thừa ra một
cách khó chịu. Vậy ta giải quyết như thế nào?
Lời giải. Ta biến đổi phương trình:
(2x − 5)
3
+ x − 3 =
3
√
x − 2
⇔ (2x −5)
3
+ x − 3 =
3


2x − 5 −(x −3)
Tuy hơi kì lạ nhưng ta vẫn nhìn thấy dạng toán
quen thuộc. Đặt 2y − 5 =
3

2x − 5 −(x −3)
ta có:

(2y − 5)
3
+ (x − 3) = 2x − 5
(2x − 5)
3
+ (x − 3) = 2y −5
3
Trừ theo vế các đẳng thức, ta có 2(x −y)[(2x−
5)
2
+ (2x − 5)(2y − 5) + (2y − 5)
2
] = 2(y −
x) ⇒ x = yvì a
2
+ ab + b
2
+ 2 > 0. Thay vào
phương trình trên ta được (2x−5)
3
= x−2. Từ

đó ta tìm đượ c nghiệm của phương trình. 
Trên một phương diện khác, ta có: Tách một
cách tinh tế, ta có:
3
√
x − 2 = (2x −5)
3
+ x − 3
⇔ (2x −5)
3
+ 2x − 5 = x − 3 +
3
√
x − 3
Phương trình đưa về dạng f(2x − 5) =
f(
3
√
x − 3) với f(x) = x
3
+ x.
Mặt khác f (x) = x
3
+ x là hàm số đồng biến
nên 2x − 5 =
√
x − 3. Từ đây ta tìm được tất
cả nghiệm của phương trình.
Đây là phương pháp "Sử dụng tính đơn điệu
của hàm số để giải toán" ở chương này, chúng

ta không đi quá vào chi tiết.
Tương tự ý tưởng trên là một lớp các bài toán:
Ví dụ 14. Giải phương trình:
x
3
− 3x
2
− x + 6 = 3
3
√
3x
2
+ 4x − 6
Ví dụ 15. Giải phương trình:
x
3
− x
2
− 6x − 16 = 2
3

(x + 4)
2
Hãy đến với một số ví dụ khác.
Ví dụ 16. Giải phương trình:
x
3
= (x + 8)
3


(x + 4)
2
+ 16
Lời giải. Ta biến đổi phương trình như sau:
x
3
= (x + 8)
3

(x + 4)
2
⇔ x
3
− 16 = (x + 8)
3
√
x
2
+ 8x + 16
⇔ x
3
− 16 = (x + 8)
3

x(x + 8) + 16
Phương trình trên nếu coi x + 8 là một số a thì
ta nhìn thấy phương trình quen thuộc x
3
−a =
b

3
√
bx + a. Đến đây đặt
3

x(x + 8) + 16 = y,
ta có:

x
3
− 16 = (x + 8)y
y
3
− 16 = (x + 8)x
Trừ theo vế hai phương trình, ta có x
3
− y
3
=
(x+8)(y −x) ⇒ (x−y)(x
2
+xy +y
2
+x+8) =
0 ⇒ x = y (vì x
2
+ xy + y
2
+ x + 8 > 0)
Thay x = y ta có x

3
−16−x(x+8) = 0. Phương
trình này có nghiệm duy nhất là 4. Vậy nghiệm
của phương trình ban đầu là x = 4. 
Ví dụ 17. Giải phương trình:
x
3
− x =
3

4(x
3
+ 3x)
Lời giải. Ta có:
(x
3
− x) =
3

4(x
3
+ 3x)
⇔ (x
3
− x)
3
= 4(x
3
+ 3x)
⇔


x
3
− x
2

3
=
x
3
− x
2
+
2x
Đặt
x
3
−x
2
= y, ta có:

2y = x
3
− x
y
3
= y + 2x
⇔

x

3
= x + 2y
y
3
= y + 2x
Phương trình trên là phương trình đối xứng
(x, y) trừ theo vế các đẳng thức, ta có (x −
y)(x
2
+ xy + y
2
) = y − x ⇒ x = y ⇒ 2x =
x
3
− x. 
Chúng ta đến với một bài toán tương tự.
Ví dụ 18. Giải phương trình:
x
3
− x + 3 =
3

9(x
3
+ 8x − 6)
Lời giải. Ta có:
x
3
− x + 3 =
3


9(x
3
+ 8x − 6)
⇔ (x
3
− x + 3)
3
= 9(x
3
+ 8x − 6)
⇔

x
3
− x + 3
3

3
=
x
3
+
8x − 6
3
⇔

x
3
− x + 3

3

3
=
x
3
− x +
3
3
+ 3x − 3
Một lần nữa ta đặt
x
3
−x+3
3
= y.
Thế thì

y
3
= y + 3x − 3
x
3
= x + 3y − 3
4
Hệ phương trình nói trên là hệ đẳng cấp. Ta có
(x−y)(x
2
+xy +y
2

) = 3(y −x) ⇒ (x−y)(x
2
+
xy + y
2
+ 3) = 0 ⇒ x = y ⇒ x
3
= 4x − 3. Từ
đây ta có thể tìm được tất cả các nghiệm của
phương trình. 
Ví dụ 19. Giải phương trình:

x
3
+ x −
1
3

x
3
+ x +
2
3

= x
2
+
1
3
Lời giải. Ta có:


x
3
+ x −
1
3

x
3
+ x +
2
3

= x
2
+
1
3
⇔


x
3
+ x −
1
3

3
+ x
3

+ x −
1
3
= x
2
+
1
3
Đặt y =

x
3
+ x −
1
3
.
Ta có:

y
2
= x
3
+ x −
1
3
y
3
+ y = x
2
+

1
3
⇔

x
3
+ x = y
2
+
1
3
y
3
+ y = x
2
+
1
3
⇒ (x − y)(x
2
+ xy + y
2
+ 1 + x + y) = 0
⇒ x = y
Vậy việc còn lại chỉ là giải phương trình x
3
+
x = x
2
+

1
3
. Ta có:
x
3
+ x = x
2
+
1
3
⇔ 3x
3
+ 3x = 3x
2
+ 1
⇔ 2x
3
+ x
3
− 3x
3
+ 3x
2
− 1 = 0
⇔ 2x
3
+ (x − 1)
3
= 0 ⇔ (x −1)
3

= −2x
3
⇔ x − 1 = −
3
√
2x ⇔
x =
1
1 +
3
√
2
V
ậy nghiệm của phương trình là x =
1
1+
3
√
2

Ví
dụ 20. Giải phương trình:
(x
3
+ x + 1)
√
x
3
+ x = x
2

Nhữn
g phương trình như trên là không đơn
giản, cần có sự tinh tế khi đặt ẩn phụ để xuất
hiện hệ phương trình và giải quyết chúng. Ta
đến với một ví dụ khác.
Ví dụ 21. Giải phương trình:
3x
3
+ 8x − 15 + 4
3
√
2x
3
+ 4x − 5 = 0
Lời giải. Ta biến đổi phương trình:
4x
3
+ 8x − 10 = x
3
− 4
3
√
2x
3
+ 4x − 5 + 5
⇔ 2(2x
3
+ 4x − 5) = x
3
− 4

3
√
2x
3
+ 4x − 5 + 5
Đặt y =
3
√
2x
3
+ 4x − 5. Ta có:

2y
3
= x
3
− 4y + 5
2x
3
= y
3
− 4x + 5
Trừ theo vế của hai phương trình ta có: 2(y
3
−
x
3
) = x
3
−y

3
−4(x −y) ⇒ 3(y
3
−x
3
) = 4(x −
y) ⇒ x = y.
Thay vào hệ phương trình, ta có: x
3
+4x−5 =
0. Từ đây ta có thể tìm được tất cả nghiệm
của phương trình. 
Ví dụ 22. Giải phương trình:
x
3
− x + 2 =
3

4(x
3
+ 3x − 2)
Ví dụ 23. Giải phương trình:
3
√
3x
2
− 3x + 3 =

4x
3

− 9
12
+
1
2
Lời giải. Điều kiện x ≥
3

9
4
.
Đặt:
3
√
3x
2
− 3x + 3 =

4x
3
− 9
12
+
1
2
= t
Ta có

3(x
2

− x + 1) = t
3

4x
3
−9
12
+
1
2
= t
⇔

3(x
2
− x + 1) = t
3
4x
3
−9
12
=

1 −
1
2

2
⇔


t
3
=
3(x
2
− x + 1)
x
3
= 3(t
2
− t + 1)

Tương tự như thế, hãy giải bài tập sau:
Ví dụ 24. Giải phương trình:
√
x
3
+ 8 = 2
3
√
x
4
+ 4x − 4 + 1
5

Phương trình bậc hai là một nội
dung quan trọng trong chương
trình toán phổ thông nói riêng và
toán học nói chung. Ứng dụng của
phương trình bậc hai rất đa dạng

và phong phú, áp dụng trong các
bài toán đa thức, bất đẳng thức,
lượng giác…Trong phạm vi của
bài viết này, Truonghocso.com
muốn giới thiệu với bạn đọc một
số ứng dụng thú vị và phổ biến
của phương trình bậc hai trong
việc giải lớp các bài toán phương
trình, hệ phương trình và hàm số.


MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÚ VỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
(PHẦN 1)

Hoàng Minh Thi
(Team Toán Trường học số)

Phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng
trong chương trình toán phổ thông nói riêng và
toán học nói chung. Ứng dụng của phương trình
bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụng trong
các bài toán đa thức, bất đẳng thức, lượng
giác…Trong phạm vi của bài viết này,
Truonghocso.com muốn giới thiệu với bạn đọc
một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương
trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán
phương trình, hệ phương trình và hàm số.


Dạng 1: Ứng dụng giải phương trình bằng

phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Trong các ứng dụng cơ bản của phương trình bậc
hai, ứng dụng giải phương trình vô tỷ bằng
phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một
ứng dụng độc đáo. Sau đây là một số bài toán
điển hình:

Thí dụ 1: Giải phương trình
( )
22
35623
xxxxxxR
−+=+−∈.
Hướng dẫn:
Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với:
(
)
( )
2222
2
2
2
2
323690
330
3
3
30
xxxxxxxx

xxxx
xxx
x
x
+−−+−++−+=
⇔+−−+−=


+−−
⇔⇔=

−=



Giá trị này thỏa mãn phương trình ban đầu.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
3
x
=
.
Cách 2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng:
222
3232690
xxxxxxx
+−−+−+−+=
.
Đặt
( )
2

30
xxtt
+−=≥
thu được phương trình
bâc hai ẩn
22
:22690
ttxtxx
−+−+=
(1).
Biệt thức
(
)
()
2
22
26930
xxxx
∆=−−+=−−≤
.
(1) có nghiệm khi và chỉ khi
03
x
∆=⇔=
.
6
Nhận xét: Giải bài toán theo cách 1 “ đẹp đẽ” và
ấn tượng hơn so với cách 2 nhưng dựa vào kinh
nghiệm và may mắn nhiều hơn. Cách 2 tự nhiên
và hợp logic tùy theo từng trường hợp.

Thí dụ 2: Giải phương trình
( )
2
2
461
23
35
xx
xxR
x
−+
=−∈
−
.
Hướng dẫn:
Điều kiện
2
35
;
23
xx
≥≠
.

Phương trình đã cho tương đương với:
( )
( )
22
222

3523461
2335232640
xxxx
xxxxx
−−=−+
⇔−−−−+−+=

Đặt
( )
2
230
xtt
−=≥
ta thu được:
(
)
( )
( )
( )
22
22
2
352640
3542643
1
24
txtxx
xxx
tx
tx

⇔−−+−+=
∆=−−−+=−
=−

⇒

=−


Với
2
1231
txxx
=−⇒−=−
.
222
2321240
11
15
xxxxx
xx
x

−=−++−=
⇔⇔

≥≥

⇔=−+

Với
2
242324
txxx
=−⇒−=−
.
222
22
2341616216190
826
2
xx
xxxxx
x
≥≥

⇔⇔

−=−+−+=

+
⇔=

Thử lại thấy phương trình có hai nghiệm:
826
15;
2
xx
+
=−+=

.

Thí dụ 3:
Giải phương trình lượng giác
2232
sinxcosxsinxcosx
−=+−
.
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với:
( )
2
2
2sin2132
22320
xcosxsinxsinxcosx
sinxcosxsinxcosx
+−=+−
⇔+−−+=

Coi phương trình này là phương trình bậc 2 ẩn
sinx
, ta có biệt thức
( ) ( ) ( )
22
238221
cosxcosxcosx
∆=−−−=−
.
1

1
2
2
1
1
4
2
5
2;2
66
2;2
2
sinx
sinx
cosx
sinxcosx
xkxk
xkxk
π
ππ
ππ
π
ππ

=


=



⇒⇔



−=
=−
 




=+=+

⇔


=+=



Phương trình có 4 họ nghiệm như trên.

Dạng 2: Ứng dụng giải hệ phương trình bằng
phương pháp đánh giá.

Thí dụ 4: Giải hệ phương trình
(
)
(
)

(
)
()
( )
22
22
234234182
;
761403
xxyy
xyR
xyxyxy

−+−+=

∈

++−−+=


.
Hướng dẫn:
Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn x
ta có:
(
)
22
76140
xyxyx
+−+−+=

.
( )
(
)
2
22
2
746143107
7
0310701
3
y
y
yyyyy
yyy
∆=−−−+=−+−
∆≥⇔−+≤⇔≤≤

Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn y
ta có:
(
)
22
67140
yxyxy
−−+−+=
.
( )
(
)

2
22
2
6471431620
10
03162002
3
x
x
xxxxx
xxx
∆=−−−+=−+−
∆≥⇔−+≤⇔≤≤

Như vậy
710
1;;2;
33
yx

∈∈


.
Với phương trình (1), xét hàm số

(
)
(
)

()
2
234;43
3
01
4
ftttftt
ftt
′
=−+=−
′
=⇔=<

7
Dễ thấy hàm số này đồng biến với
1
t
>
. Suy ra
rằng
(
)
(
)
() ()
() ()
2
2
23426
23413

.18
fxxxf
fyyyf
fxfy
=−+≥=
=−+≥=
⇒≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
(
)
(
)
;2;1
xy =
.
Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
Nhận xét: Sử dụng điều kiện có nghiệm của
phương trình bậc hai một cách linh hoạt đôi khi
cho ta lời giải đẹp của nhiều bài toán khó. Sau
đây chúng ta xét một bài toán tương tự.

Thí dụ 5: Giải hệ phương trình
(
)
()
( )
222
23
204

;
24205
xyxy
xyR
xxy

−+=

∈

−++=



Hướng dẫn:
Xét
0
y
=
suy ra
0
x
=
, rõ ràng không thỏa mãn hệ
đã cho.
Coi phương trình (4) là phương trình bậc hai ẩn x
ta có:
4
1011
y

yy
′
∆=−≥⇔−≤≤
.
Coi phương trình (5) là phương trình bậc hai ẩn x
ta có:
(
)
33
4230101
x
yyy
∆=−+≥⇔+≤⇔≤−
.
Kết hợp lại thu được
1
y
=−
,suy ra
1
x
=
,thỏa
mãn hệ đã cho. Hệ phương trình có nghiệm duy
nhất
(
)
(
)
;1;1

xy
=−
.

Dạng 3: Ứng dụng trong các bài toán hàm số
liên quan

Thí dụ 6:
Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số bậc ba
( )
32
1
121
3
yxmxmx
=−+++
đạt cực đại và cực
tiểu tại hai điểm tương ứng ứng là độ dài hai cạnh
của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng
12
.
Hướng dẫn:
Ta có
(
)
( ) ()
2
2
212
021206

yxmxm
yxmxm
′
=−++
′
=⇔−++=

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (6) phải có hai
nghiệm phân biệt cùng dương
12
;
xx
thỏa mãn
22
12
12
xx
+=
.
( )
( )
2
12
2
12
2
1212
10
210
0

1
20
20
212
m
xxm
m
m
xxm
mm
xxxx

∆=+>

+=+>
>


⇔⇔⇔=

=>
−−=



+−=


Giá trị cần tìm của m là
1

m
=
.

Thí dụ 7:
Tìm giá trị thực của m để hàm số sau có hai cực
trị phân biệt
12
;
xx
thỏa mãn
22
112221
23213
xxxxxx
++=+
:
( )
322
13
25
32
yxxmmx
=−+−+++
.
Hướng dẫn:
()
22
22
32

03207
yxxmm
yxxmm
′
=−−++
′
=⇔−−++=

Hàm số có hai cực trị phân biệt khi và chỉ khi (1)
có hai nghiệm phân biệt
( )
2
1
210
2
mm
⇔∆=−>⇔≠
.
Gọi hai nghiệm của (7) là
12
;
xx
.
Áp dụng định lý Viete cho (7):
12
2
12
3
2
xx

xxmm
+=


=−++


( )
( )( )
( )( )
22
112221
22
11221221
2222
11221122
22
1122
1212
12
12
121
23213
323213
36913152
10970
2570
2
570
*233

xxxxxx
xxxxxxxx
xxxxxxxx
xxxx
xxxx
xx
xx
xxx
++=+
⇔++=++
⇔++=++
⇔+−=
⇔−+=
=

⇔

+=

=⇒=

8
2
12
12
2
21
0
1;220
1

*570
19
1521323
2
;0
17
224
2
m
xxmm
m
xx
m
xxmm
m
=

⇒==⇒−++=⇒

=

+=⇒

=

=−=⇒−−=⇒


=−




Kết luận, giá trị cần tìm của m:
1917
0;1;;
22
m

∈−


.
Nhận xét: Vận dụng linh hoạt định lý Viete và
tính đồng bậc của phương trình là một cách tiếp
cận hiệu quả các bài toán có biểu thức bất đối
xứng.

Thí dụ 8:
Tìm giá trị của tham số m để hàm số sau đạt cực
đại và cực tiểu tại
12
;
xx
sao cho
1212
2348
xxxx
++=

( ) ( )

32
1
142
3
ymxmxmx
=−−+−+
.
Hướng dẫn:
(
)
( ) ()
2
2
124
012408
ymxmxm
ymxmxm
′
=−−+−
′
=⇔−−+−=

Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu khi và chỉ
khi (1) có hai nghiệm phân biệt.
10
4
1
540
5
m

m
m
−≠

⇔⇔<≠

′
∆=−>


2 nghiệm của (8) tương ứng là hoành độ 2 cực trị
12
;
xx
.
Áp dụng hệ thức Viete cho phương trình (8):
( )
( )
12
1212
12
121212121212
11212
22
2
11
328
43
1
11

2348234332
60160
m
xx
mm
xxxx
m
xx
mm
xxxxxxxxxxxx
xxxxx

+==+


−−
⇒++=

−

==−

−−

++=⇔++=++
⇔+=⇔+=
.
1
2
12

22
0
1
6
84
*004
31
1512145145
*
61614849
x
x
m
xxm
m
m
xxm
m
=


⇔

=−

−
=⇒=⇒=⇒=
−
=−⇒=⇒=⇒=
−

Nhận xét: Trong một số trường hợp, vận dụng hệ
thức độc lập giữa các nghiệm của phương trình
bậc hai cho ta lời giải hết sức ngắn gọn

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Giải các phương trình sau
( )
2
33
2
2
1,222724
2,1416
34
3,2
53
sinxcosxsinxcosx
xlogxxlogx
xx
x
x
−=+−
++=
++
=+
+

Bài 2: Giải hệ phương trình
( )( )

( )
( )
( )( )
( )
33
2
13
1,;
2325
413
22
212212
2,;
2324
xyxy
xyR
xy
xy
xy
xyxy
xyR
yxyxxy

+=−

∈
++

−−=


++


+++=−

∈

++++=



Bài 3: Giải hệ phương trình
( )
( )
22
22
22
2
23
1,;;
210
2523
2,;
252132
xyxyzyzx
xyzR
xyyzzxxy
xyxyxy
xyR
xyy


++−−=

∈

++−−+=



−−+=−

∈

−++=



Bài 4: Giải hệ phương trình
( )
2
2
335201012
;
3
xyy
xyR
xyx

−=−


∈

=+



Bài 5: Tìm giá trị thực của m để đường thẳng
:
dymx
+=
cắt đồ thị hàm số
2
21
1
xxm
y
x
−++
=
−
tại hai điểm có hoành độ lần
lượt là
12
;
xx
sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn
nhất
(
)
(

)
22
12
14
Fxx
=−−.
9




NHỮNG SUY NGHĨ
BAN ĐẦU TỪ
MỘT BÀI TOÁN


Giang Mạnh Doanh



Kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012
đã qua. Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối
A và khối A1 năm 2012 bám sát chương trình
Toán trung học phổ thông hiện hành, kiến thức
trong đề thi được đánh giá là khá phù hợp và
vừa sức, tất yếu đòi hỏi tính toán chính xác và tư
suy có chiều sâu. Trong đề thi có một số câu hỏi
mang tính phân loại thí sinh, về phần đại số đáng
chú ý hơn cả là câu 3 với kiến thức về hệ
phương trình. Bài viết này trình bày những tìm

tòi ban đầu trong việc giải hệ phương trình, bất
phương trình với phương pháp sử dụng tính đơn
điệu của hàm số.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
( )

−−+=+−

∈

+−+=


3232
22
392239
;
1
2
xxxyyy
xyR
xyxy

Lời giải 1.
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( ) ( ) ( ) ()
()

−−−=+−+



+−+=


33
22
112111211
1
2
2
xxyy
xyxy

Đặt
−=+=
1;1
xayb
ta được:
(
)
( )
( )
⇔−=−
⇔−++−=

=
⇔

++−=



33
22
22
11212
120
120
aabb
abaabb
ab
aabb

* Với
=⇔−=+⇒=+
112
abxyxy
.
()

=−⇒=

⇔++=⇔


=−⇒=


2
31

3
22
2240
13
2
22
yx
yy
yx

* Với
++=
22
12
aabb

( ) ( ) ( )( )
() ( )
( ) ( ) ( )
⇔−+++−+=
⇔+−++=⇒=
⇔+−+−−=
⇔−−−+=
22
22
22
2
111112
21
11

2
1
222
2
41
0
2
xyxy
xyxyxyxy
xyxyxyxy
xyxyVN

Lời giải 2.
Biến đổi hệ đưa về (1) và (2) . Chú ý rằng:
10


()
( ) ( )

⇔−++=


⇒−≤−≤
⇒−≤−≤−≤+≤
⇒−∈−+∈−
22
11
21
22

11
1;1
22
3113
1;1
2222
12;2;12;2
xy
xy
xy
xy

Xét hàm số
(
)
(
)
=−∈−
3
12;2;2
ftttt
ta có
(
)
(
)
(
)
′
=−=−<∀∈−

22
3123402;2
ftttt

Suy ra hàm
(
)
ft
liên tục và đồng biến trên
miền
(
)
−
2;2

(
)
(
)
(
)
⇔−=+
⇔−=+⇔=+
111
112
fxfy
xyxy

Tương tự cách giải 1 ta thu được nghiệm của hệ:
( )


=−−


1331
;;,;
2222
xy
.
Nhận xét
1. Lời giải (1) cơ bản và súc tích. Lời giải (2)
tinh tế và gọn gàng, mang đậm tư duy hàm số.
2. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số là
một công cụ hữu hiệu trong các bài toán giải và
biện luận phương trình, hệ phương trình.
Sau đây là một số thí dụ liên hệ và minh họa cho
phương pháp hàm số:

Bài toán 1. Giải bất phương trình
( ) ( )
++≤+∈
3
3
3121
xxxxR
.
Hướng dẫn:
Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng:
( )
+++≤+++

3
3
313111
xxxx (3)
Xét hàm số
(
)
(
)
′
=+=+>∀∈
32
;310
ftttftttR

Hàm này liên tục và đồng biến. Dễ thấy
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
⇔+≤+⇔+≤+
⇔+≥⇔≥−
3
3
2

3311311
303
fxfxxx
xxx

Bất phương trình có nghiệm
)

∈−+∞

3;x
.

Bài toán 2. Giải hệ phương trình
( )

−−−=−+−+

∈

+++=


22
23465
;
23416
xyyxxy
xyR
xy

Hướng dẫn:
Điều kiện
≥−≤≤
1
2;3
4
xy
. Biến đổi hệ về
dạng:
( ) ( ) ()
()

−+−=−+−


+++=


22
22334
234165
xxyy
xy

Rõ ràng
(
)
(
)
(

)
⇔−=−
423
fxfy
trong
đó hàm số
(
)
(
)
′
=+=+>∀≥
43
;4100
ftttfttt
. Hàm
này liên tục, đồng biến trên miền đang xét nên ta
được
−=−⇔=−
235
xyxy
. Thế vào (5) ta
thu được phương trình
+=+
2414
yy
.
Tìm được nghiệm duy nhất của hệ
(
)

(
)
=
;3;2
xy
.
Nhận xét: Trong các bài toán chứa căn thức,
chúng ta cần tìm miền giá trị của biến, thông
qua đó đơn giản việc đánh giá hàm số.
Bài toán 3. Giải phương trình
(
)
+++++++=
22
2341211533920
xxxxxx
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
++++++++=
2
2
232322333920
xxxxxx
( ) ( ) ( )
(
)

⇔++++=−++



2
2
2323213921
xxxx
Dễ dàng xét hàm số
(
)
(
)
=++
2
12
fttt và
hàm này đồng biến. Suy ra
( ) ( )
+=−⇔=−
3
233
5
fxfxx
.
Giá trị này nghiệm đúng phương trình đã cho.

Bài toán 4. Giải bất phương trình
−+≤−+
232
8234
xxxx

Hướng dẫn:
11


Điều kiện ≤
22
x .
Biến đổi phương trình về dạng:
( ) ( )
−=−+−
3
2
811
xxx
() ()( )

−+−≥⇔−−+≥


⇔≥⇒≤≤
32
1101110
1122
xxxx
xx

Khi đó hàm số
() ( )
=−+−
3

11
fxxx đồng
biến và hàm
(
)
=−
2
8
gxx
nghịch biến.
Hơn nữa
(
)
(
)
==
222
fg
nên bất phương trình
có nghiệm
≤≤
222
x
.
Bài toán 5. Giải hệ phương trình
( )

−+−−=

∈


+−+=−


332
222
3320
;
1232
xyyx
xyR
xxyy

Hướng dẫn:
Điều kiện
−≤≤≤≤
11;02
xy
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
( ) ( )
+−+=−
32
32
1313
xxyy

Để ý rằng
() () ( )
−≤≤⇒≤+≤≤≤


′
=−=−≤∀∈

32
11012;02
3;3200;2
xxy
ftttftttt
Hàm liên tục và nghịch biến. Ta có
(
)
(
)
+=⇔+=
11
fxfyxy

Phương trình thứ hai của hệ có dạng:
( )
+−+=−

−≤≤

⇔⇔=⇒=

+=


222

22
1231
11
01
80
xxx
x
xy
xx

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
(
)
(
)
=
;0;1
xy
.
Bài toán 6. Giải phương trình:
(
)
(
)
+++−−+=
313120
xxxxx

Hướng dẫn:
Điều kiện

−≤≤
11
x
.
Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
++++++=−+−+−
3
112111211
xxxxxxx

Xét hàm
(
)
(
)
′
=++=++>∀∈
322
2;3220
fttttfttttR

Hàm số này liên tục và đồng biến. Do đó ta thu
được:
(
)
(
)
+=−⇔=
110

fxfxx.
Bài toán 7. Giải hệ phương trình
(
)
( )

+=


++=+


3
2
35564
331251
xy
xyyyx

Hướng dẫn:
Xét
=
0
x
không thỏa mãn hệ đã cho. Với
≠
0
x

thì hệ tương đương với:


+=




++=+


3
3
64
355
12
3351
y
x
yy
x

Cộng từng vế hai phương trình trên thu được:
( ) ( )
+++=+

⇔+++=+


32
3

3
3
6412
364
44
1313.
yyy
x
x
yy
xx

Xét hàm số
(
)
(
)
′
=+=+>∀∈
32
3;330
ftttftttR

Chúng ta lại có hàm số đồng biến và liên tục.
Suy ra được
( )
+=⇒+=+
⇒+−=⇒=⇒=
3
32

4
13551
354031
yyy
x
yyyx

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
Bài toán 8. Giải hệ phương trình
( ) ( )
( )

++−=−

∈

−−=


3
3
3
111
;
440
xyxyx
xyR
xxy

Hướng dẫn:

Biến đổi hệ về dạng:
( )
( )

+++=+


=+


3
3
3
11
41
xyxyxx
xxy

Xét phương trình thứ nhất của hệ và xét hàm số
(
)
=+
3
fttt
. Hàm này đồng biến, liên tục trên
R.
12


Suy ra

(
)
(
)
+=⇒=+
11
fxyfxxxy
.
Tìm được 2 nghiệm của hệ :
( )

=−


13
;2;,2;
22
xy
.
Bài toán 9. Giải phương trình
( ) ( )
−−−+=−−+
2
3
3
12131583
xxxxx

Hướng dẫn:
Điều kiện

≥
8
x
.
Biến đổi phương trình đã cho về dạng
( )
(
)
(
)
(
)
−+−−−
=−++−+−−+
2
3
3
1121
81812281
xxx
xxx
Xét hàm số
(
)
=+−
32
2
ftttt
ta có
(

)
′
=+−>∀≥
2
32201
ftttt
. Hàm liên tục
và đồng biến. Ta thu được
(
)
(
)
−=−+⇔−=−+
33
181181
fxfxxx
Đặt
−=
3
1
xu
ta có phương trình
( )
( )
−=−⇔−+−=
⇔−++=



⇔=++=++>∀∈





332
2
2
2
17280
240
115
240
24
uuuuu
uuu
uuuuuR

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất
=
9
x
.
13
Mục này giới thiệu một số bài toán đặc sắc
trên www.truonghocso.com
Bài toán 1 (Đề xuất bởi Hồ Văn Diên). Cho
các số không âm a, b, c thỏa mãn a
2
+ b
2

+ c
2
=
1. Chứng minh rằng:
a
1 + bc
+
b
1 + ac
+
c
1 + ab
≥ 1
Lời giải.
Ta chứng minh rằng
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 2b(1 + ac)
Thật vậy, ta có:
2(a
2
+ b
2
+ c
2
) = a

2
+ b
2
+ c
2
+ 1
= a
2
+ c
2
+ b
2
+ 1 ≥ 2ac + 2b
≥ 2abc + 2b = 2b(1 + ac)
a
1 + bc
≥
a
2
a
2
+ b
2
+ c
2
Vậy, ta có:
a
1 + bc
+
b

1 + ac
+
c
1 + ab
≥
a
2
+ b
2
+ c
2
a
2
+ b
2
+ c
2

T
a còn một cách giải khác:
Lời giải.
Ta dùng bất đẳng thức AM − GM.
a
1 + bc
≥
a
1 +
b
2
+c

2
2
=
a
1 +
1−a
2
2
=
2a
3 − a
2
Ta sẽ chứng minh:
2a
3 − a
2
≥ a
2
⇔ a(a + 2)(a − 1)
2
≥ 0
Điều này luôn đúng với mọi a không â m. Tương
tự như vậy:
a
1 + bc
≥ a
2
Tóm lại ta có:
a
1 + bc

+
b
1 + ac
+
c
1 + ab
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
= 1

Bài toán 2. Giải phương trình:
3x
3
− 6x
2
− 3x − 17 = 3
3

9(−3x
2
+ 21x + 5)
L
ời giải.
3x
3
− 6x

2
− 3x − 17 = 3
3

9(−3x
2
+ 21x + 5)
⇔ x
3
− 2x
2
− x −
17
3
= 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
⇔ x
3
− 3x
2
+ 3x − 1 + 3(x − 1) =
(−x
2
+ 7x +

5
3
) + 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
⇔ (x − 1)
3
+
3(x − 1) = (−x
2
+ 7x +
5
3
)
+ 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
Xét
hàm số f(x) = x
3

+ 3x. Dễ có f(x) đồng
biến mà f(x − 1) = f(3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
) ⇒
14
x − 1 =
3

−x
2
+ 7x +
5
3
. Ta có:
x − 1 =
3

−x
2
+ 7x +
5
3
⇔ (x − 1)
3

= −x
2
+ 7x +
5
3
⇔ x
3
− 2x
3
− 4x −
8
3
=
0
⇔ 3x
3
− 6x
3
− 12x − 8 = 0
⇔ 4x
3
= x
3
+ 3 · 2 · x
2
+ 3 · 2
2
· x + 2
3
⇔ 4x

3
= (x + 2)
3
⇔
3
√
4x = x + 2 ⇔ x =
2
3
√
4 − 1

Nhận xét 1. Phân tích trong cách giải hơi
thiếu tự nhiện. Suy nghĩ khi giải bài toán như
sau: Chia cả hai vế cho 3, ta có :
x
3
− 2x
2
− x −
17
3
= 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3

Phương trình có một vế bậc 3 và một vế bậc
1/3. Ta định hướng tìm a sao cho:
(x − a)
3
+ 3(x − a) = −x
2
+ 7x +
5
3
+ 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
⇔ x
3
− 3ax
2
+ 3a
2
x − a
3
− 3x + 3a =
− x
2
+ 7x +
5

3
+ 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
⇔ x
3
+
(1 − 3a)x
2
+ (3a
2
− 4)x − a
3
+ 3a −
5
3
= 3
3

−x
2
+ 7x +
5
3
Như vậy, thay vào phương trình ban đầu ta

tìm được a = 1.
Nhận xét 2. Việc giải phương trình 3x
3
−
6x
3
− 12x − 8 = 0 đòi hỏi một kĩ thuật đặc
biệt, tách thành lập phương hai vế.
Bài toán 3. Giải phương trình:
√
3x
2
− 1+
√
x
2
− x−x
√
x
2
+ 1 =
1
2
√
2
(7x
2
−x+4)
L
ời giải. Sử dụng bất đẳng thức

Bunhiacopsky ta có:

√
3x
2
− 1 +
√
x
2
− x − x
√
x
2
+ 1 =

2
=


3x
2
− 1
2
.2
+

1(x
2
− x) −


x
2
+ 1
2
2x
2

2
≤ (
3x
2
− 1
2
+ 1 +
x
2
+ 1
2
)(2 + x
2
− x + 2x
2
)
=
(4x
2
+ 2)(3x
2
− x + 2)
2

≤
1
8
(7x
2
− x + 4)
⇒
√
3x
2
− 1 +
√
x
2
− x − x
√
x
2
+ 1
≤
1
2
√
2
(7x
2
− x + 4)
Như vậy
√
3x

2
− 1+
√
x
2
− x−x
√
x
2
+ 1 =
1
2
√
2
(7x
2
−x+4)
Đẳng thức xảy ra, suy ra 4x
2
+ 2 = 3x
2
− x +
2 ⇒ x
2
+ x = 0 ⇒

x = 0
x = −1
Thay cả hai giá trị của x vào phương trình ban
đầu thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình

đã cho có nghiệm x = −1 
Ta còn một cách nữa
Lời giải 2. Điều kiện x > 1 hoặc x <
−1
√
3
.
Phương
trình đã cho tương đương với:
2
√
2 ·
√
3x
2
− 1 +
√
2 ·
√
x
2
− x −
√
2 · x
√
x
2
+ 1
= (7x
2

− x + 4)
Sử dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có:
√
2 ·
√
x
2
− x ≤ 2 + x
2
− x
√
2 · x
√
x
2
+ 1 ≤ 2x
2
+ x
2
+ 1 = 3x
2
+ 1
√
2 ·
√
3x
2
− 1 ≤ 2 + 3x
2
− 1 = 3x

2
+ 1
15
Vậy:
2
√
2 ·
√
3x
2
− 1 +
√
2 ·
√
x
2
− x −
√
2 · x
√
x
2
+ 1
≤ (7x
2
− x + 4)
Đẳng thức xảy ra, suy ra 3x
2
− 1 = 2 ⇒ x =
−1. Thay x = 1 vào phương trình ban đầu thấy

thỏa mãn. Vậy x = −1 là nghiệm của phương
trình. 
Nhận xét. Với phương trình có nhiều
căn thức, nghĩ tới bất đẳng thức để đánh giá
phương trình là một ý tưởng tự nhiên.
16

Đồng hồ quả lắc lắc mãi cũng chậm dần rồi
dừng, quả bóng nảy lên, nảy xuống mãi thì
cũng sẽ chậm dần rồi nằm yên, xe đi trên
đường gặp ổ gà, xóc lên xuống 1 lúc rồi lại
chạy êm, không có cái gì là vĩnh cửu cả. Bằng
cách này hay cách khác, năng lượng của một
vật chuyển động sẽ dần tỏa ra xung quanh,
vật sẽ chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn.
Đó chính là hiện tượng tắt dần chuyển động
rất hay gặp trong đời sống. Tuy nhiên, đây là
một vấn đề rất phức tạp, khó nghiên cứu cụ
thể nên khi đưa vào chương trình học cho học
sinh, người ta thường mô hình hóa thành các
bài toán đơn giản như dao động điều hòa để
cho học sinh dễ tiếp cận. Gần đây, một số đề
thi đại học đã xuất hiện một số bài về hiện
tượng tắt dần, đưa học sinh gần hơn đến hiện
tượng thực tế. Mặc dù vẫn ở dưới hình thức
đơn giản nhưng vẫn khá mới lại và gây khó
khăn cho học sinh trong việc giải bài. Dưới
đây, chúng tôi đã tổng hợp từ nhiều nguồn
được một số phương pháp giải cụ thể cho bài
toán dao động tắt dần. Hy vọng nó sẽ giúp đỡ

các em có thể vượt qua những bài toán này.
Chủ đề 1. Xác định độ giảm tương đối của
biên độ khi biết độ giảm tương đối của năng
lượng ?
Phương pháp:
Tại thời điểm t = 0, năng lượng:
!
=
"
#
$%
&
'

Tại thời điểm t =
2
T
, năng lượng: (=
)
*
+,
-
.

Độ giảm tương đối của biên độ sau nữa chu
kì:
/0
1
2
=13413

/5
6
7

Chủ đề 2. Dao động tắt dần
BÀI TOÁN: Một con lắc lò nằm ngang có quả
nặng khối lượng m, độ cứng của lò xo là k.
Kéo quả nặng ra khỏi vị trí cân bằng một
đoạn 8
9
rồi thả ra không vận tốc đầu. Quả
nặng thực hiện dao động tắt dần với hệ số ma
sát là .
Bài toán 1. Xác định độ dịch chuyển biên độ
sau nửa chu kì. Xác định biên độ sau
2
T
, sau
2
nT
?
1.Khi quả nặng thực hiện dao động trong nửa
chu kì đầu ( đi từ :
;
đến <
=
):


DAO ĐỘNG

TẮT DẦN

BÙI VĂN ĐẠT

17
Ta có: >
?
3@
A
B
C
D
E
?
= FG? H 3IJ+K
L
= MN
′′
H
OP
′′
+ QRS3
T
U
V
W=0
Đặt: X= Y3
Z
[

\
]^
′′
= _′′
Vậy: `
′′
+ a
b
c=0, trong một nữa chu kì
đầu, vật dao động điều hòa quanh tâm d
e
có
tọa độ f=
g
h
i
; Tương tự, trong nữa chu kì
tiếp theo vật dao động điều hòa quanh tâm j
k

có tọa độl=3
m
n
o
. Do đó, hai tâm dao động
p
q
và r
s
đối xứng nhau qua tâm O.

Chu kì dao động: t=2u
v
w
x

2. Độ giãm biên độ sau nửa chu kì:
Độ giãm biên sau nửa chu kì: y=2z{
|
=
2
}
~
•
=2
!"
#

$
%
= &'
(
= )
*
+
,
3-
.
/
0
= 12

3
3245
6

Hay: 7
8
= 9
:
3 ;
Sau hai nữa chu kì: <
=
= >
?
– 2.@
Sau n nữa chu kì: A
B
= C
D
– E.F
Bài toán 2. Xác định vận tốc cực đại của vật ?
Trong nữa chu kì đầu, khi quả nặng đi qua
tâm dao động G
H
( hoặc I
J
) thì vận tốc cực
đại:
1
1
()()()

2
c
omax o
F
OBAxAoAo
k
v
δ
ωωωω
=−=−=−
=

Vận tốc cực đại của quả nặng sau 2 nữa chu
kì:
K
LMNO
= P.Q
R
S
T
= UVW
X
3
Y
2
Z
= [\]
^
3
3_

2
`
Tương tự như vậy, vận tốc cực đại sau N nữa
chu kì:
a
bcde
= fgh
i
3
(
2j31
)
k
2
l
Bài toán 3. Xác định thời gian đi được cho
đến lúc dừng lại ?
Khi quả nặng tới tại một điểm nằm trong
đoạn m
n
o
p
thì quả nặng dừng lại. Vì lúc đó,
lực đàn hồi nhỏ hơn lực ma sát nên quả nặng
không dao động nữa.
Gọi N là số nửa chu kì mà vật đi được cho
đên lúc dừng lại.
Như vậy: N = m + 1
Trong đó:
+ m là số nửa chu kì đầu tiên, lúc đó quả

nặng tới vị trí biên q
r
nằm ngoài s
t
u
v
.
Ta có: w
x
= y
z
3{.| = }~
•

Vì
!
nằm ngoài "
#
$
%
, nên &
'
>
(
)
, từ đó ta
suy ra: * <
+
,
-

3
.
/
]0 <
1
2
3
+
4
5

+ 1 là nửa chu kì cuối cùng khi vị trí biên 6
7

nằm trong đoạn 8
9
:
;
.
Ta có: <
=
= >
?
3@.A = BC
D

Vì E
F
nằm trong G
H

I
J
, nên K
L
M
N
O
, từ đó ta
suy ra: P Q
R
S
T
3
U
V

Vậy, số nửa chu kì để con lắc dừng lại là số
nguyên của đẳng thức:
W
X
Y
3
1
2
M Z <
[
\
]
+
1

2

Thời gian để con lắc thực hiện được N nữa
chu kì đến lúc dừng lại:
.^ = _.
`
a

Bài toán 4: Đoạn đường đi được cho đến lúc
dừng lại?
18
Đoạn đường đi trong N nửa chu kì là:
b = c
d
+ e
f
+g+h
i

Với: j
k
= l
m
+ n
o
= 2p
q
3r
s
t

= u
v
+ w
x
= 2y
z
3 3{
|
}
= ~
•
+
!
= 2"
#
3 5$
……………
%
&
= '
()*
+ +
,
= 2-
.
–
(
2/31
)
0

Vậy: 1 = 2.23
4
35(1+3+5+7+
g.+(2631))
Nhận xét: tổng 1 + 3+ 5+ 7+….+(2N-1) là
cấp số cộng với số hạng đầu là 1, số hạng
cuối là (2N -1), công bội là q = 2. Như vậy,
tổng đó có giá trị : (1+(2731)).8/2 =
9
:
.
Vậy, đoạn đường đi được cho đến lúc dừng
lại:
; = <.2=
>
3?
@
A
Chủ đề 3. Xác định vận tốc của quả nặng
dao động tắt dần tại thời điểm t ?
Phương pháp:
B1: Tìm độ giảm biên sau
2
T
: B =2.
C
D
E
=
2.

FGH
I

B2: Tìm chu kì J =2K
L
M
N

B3: Phân tích O =P.
Q
R
+ S′
Nếu t’= 0, thì vị trí tại cuối thời điểm t là biên
độ T
U
, do đó vận tốc v = 0
Nếu t’ =
4
T
thì vị trí tại cuối thời điểm t là
tâm dao động V
W
(hay X
Y
) nên vận tốc cực
đại:
Z
[\]
= ^._
`

a
b
= c(de
f
3gh
i
)
Hay: j
klm
= nop
q
3r.s3
t
u
v
Nếu t’ <
4
T
: ta áp dụng công thức:
222
w
N
vOBx
=−

Với: w
x
y
z
= {

|
3}.~3
•


x là tọa độ của vật tại thời điểm t, ta có:
!
′
=
"
#$
%&'()*
|
+
|
,
-
.
/
]0’
Nếu t’>
4
T
: 1
′
=
2
3
+
4

56
789:;<
|
=
|
>
?
@
A
]B
Chủ đề 4. Một con lắc lò xo nằm ngang dao
động điều hòa. Đặt một vật nhỏ lên vật dao
động. Tìm chu kì nhỏ nhất của con lắc để
vật m không văng ra khỏi vật dao động. Hệ
số ma sát trượt giữa vật nhỏ với vật dao
động là C.
Phương pháp:
Khi vật m nằm trên vật dao động thì nó sẽ
dao động điều hòa với tần số góc . Điều kiện
để vật m không văng ra khỏi M thì lực hồi
phục của vật m phải bằng lực ma sát nghỉ.
D
EF
= G
HIJ
hay: KL
M
N = O
PQR
M STU

Biểu thức trên vẫn đúng khi x = A
Do đó, ta có: V
W
X M YZ H[ Q 2\
]
^
_`

Chu kì cực tiểu:
2
A
To
g
π
µ
=

Chú ý: a
b
=2c
d
e
fg
=2hi
jkl
m
]n+ o =
pq
rs

19
Chủ đề 5: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm
quả nặng có khối lượng M đứng yên ở
VTCB. Một viên bi có khối lượng m bay với
vận tốc t
u
va chạm vào M. Tính vận tốc của
quả nặng sau va chạm và biên độ dao động
điều hòa của con lắc lò xo?
Phương pháp:
1. Trường hợp lò xo nằm ngang:
a. Nếu va chạm là đàn hồi xuyên tâm: áp
dụng định luật bảo toàn động lượng và định
luật bảo toàn động năng, vận tốc của vật M
sau va chạm:
v =
2w
x+ y
z
{

Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận
tốc M sau va chạm chính là vận tốc cực đại.
Ta có: |
}~•
= !]"=
#
$%&
'
=

()*
+
,
/
0
1

b. Nếu va chạm là đàn hồi không xuyên tâm:
áp dụng định luật bảo toàn động lượng, vận
tốc của vật M sau va chạm:
2=
3
4+ 5
6
7

Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận
tốc sau va chạm chính là vận tốc cực đại.
Ta có: 8
9:;
= <=]>=
?
@AB
C
=
DE
F
GHI
J
K

L

2. Trường hợp lò xo thẳng đứng mà quả nặng
nằm ở trên:
- Vận tốc của vật m khi chạm vào M: Áp dụng
định luật bảo toàn cơ năng: M=
N
2OP
- Vận tốc của vật M sau va chạm: Áp dụng
định luật bảo toàn động lượng:
Q=
R
S+ T
U=
V
W+X
Y
2ZP
-Sau khi vật m va chạm vào M, dưới tác dụng
của trọng lực, vị trí cân bằng mới của con
lắc là: [
\
=
]^
_
, tần số góc của con lắc lò xo
lúc này: `=
a
b
cde

- Biên độ của dao động điều hòa:
f=
g
h
i
j
+
k
l
m
n
]o=
pq
r
s
1+
2tP
(
u+v
)
w

Áp dụng:
Bài số 1: Một con lắc lò xo gồm một vật có
khối lượng 100g gắn vào lò xo có độ cứng
0,01N/cm dao động tắt dần chậm từ thời điểm
t = 0 với biên độ ban đầu là 10cm. Trong
quá trình dao động, lực cản tác dụng vào vật
có độ lớn không đổi là 10

xy
(z). Tính tốc độ
của vật sau thời điểm t kể từ thời điểm ban
đầu. Lấy
2
10
π
=
.
a. t = 21(s)
b. t = 21,5(s)
c. t = 21,4(s)
d. t = 21,6(s)
Hướng dẫn:
a.
21()21,
2
T
ts==
vận tốc tại thời điểm t là
v = 0
b. { = 21,5 = 21.
|
}
+
~
•

Vận tốc tại thời điểm t là cực đại:
!"#

=
$%&'
(
322) 3
*
+
, =57-(mm/s)
c. . = 21,4 =
/01
2
+
3
4
;
221
2157()
2
o
OBAmm
δ
δ=−−=

20
5
6
=
7
28
9:;<=>
|

?
|
57
]@ABCDE
|
F
|
57
=
2G
5
]
|
H
|
=17,6 (IJ)
Vậy: K =54,2L(mm/s)
d. M = 21,6 =
NOP
Q
+
RS
TU

V
W
X
YZ
= [
\

321] 3
^
2
=57(_`)
a
b
=
c
4
+
d
2e
fghijk
|
l
|
m
n
o
p
=
3q
10
]
|
r
|
=17,6 (st)
Vậy: u =54,2v(mm/s)
Bài 2:Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ

cứng K=2N/m, vật nhỏ có khối lượng m=80
g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số
ma sát trượt giữa vật và mặt ngang là 0,1.
Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một
đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng
trường
2
10/
gms
=
. Tốc độ lớn nhất mà vật
đạt được bằng?
.0,36/.0,25/
.0,5/.0,3/
AmsBms
CmsDms
Bài 3:Một con lắc lò xo có độ cứng K=100
N/m và vật nặng m=160g đặt trên mặt phẳng
nằm ngang. Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 24 cm
rồi thả nhẹ. Hệ số ma sát giữa vật và mặt
phẳng ngang là
5
16
.Lấy
2
10/
gms
=
. Từ lúc
thả vật đến lúc dừng lại, vật đi được quãng

đường bằng?

.43,6.60
.57,6.56
AmmBmm
CmmDmm

















21

Câu 1: Một con lắc đơn có chiều dài l=1m,
đầu trên cố định đầu dưới gắn với vật nặng
có khối lượng m.Điểm cố định cách mặt đất
2.5m. Ở thời điểm ban đầu đưa con lắc lệch
khỏi vị trí cân bằng một góc

o
α
(góc nhỏ ) rồi
thả nhẹ, khi vật vừa qua vị trí cân bằng thì sợi
dây đứt. Bỏ qua mọi sức cản, lấy
22
10/
gms
π==
. Tốc độ của vật nặng ở thời
điểm t=0,55s có giá trị là?
.0,55/.0,5743/
.0,2826/.1/
AmsBms
CmsDms
Bài giải:
( Lời giải của )
Chu kì dao động của con lắc đơn T = 2π
g
l

= 2 (s).
Thời gian đễn VTCB là T/4 = 0,5 (s)
Khi qua VTCB sợi dây đứt, chuyển động của
vật là CĐ ném ngang từ độ cao h
0
= 1,5m với
vận tốc ban đầu xác định theo công thức:
2
2

0
mv
= mgl(1-cosα) = mgl2sin
2
2
α
= mgl
2
2
α

⇒
v
0
= πα
Thời gian vật CĐ sau khi dây đứt là t =
0,05s. Khi đó vật ở độ cao
h = h
0
-
2
2
gt
⇒
h
0
– h =
2
2
gt

mgh
0
+
2
2
0
mv
= mgh +
2
2
mv

⇒
v
2
= v
0
2
+ 2g(h
0
– h) = v
0
2
+ 2g
2
2
gt

v

2
= v
0
2
+ (gt)
2

⇒
v
2
= (πα)
2
+ (gt)
2


⇒
v = 0,5753 m/s
Câu 2: Một cột thép cao 8m đang đứng thẳng
đứng thì bị đổ xuống đất, lấy gia tốc trọng
trường
2
10/
gms
=
, hỏi vận tốc dài của cột
thép khi bị đổ xuống đất bằng bao nhiêu? Biết
rằng khi đổ xuống đất thì cột không bị trượt.
Bài giải:
( Lời giải của )

Độ cao ban đầu của khối tâm cột thép là
4
2
l
m
=

Khi cột thép bị đổ thì nó tham gia cả chuyển
động tịnh tiến cả chuyển động quay
Cơ năng được bảo toàn nên ta có:
22
22
mvIw
mgh =+

Với h=4m,
2
,w
12
mlv
I
h
==
( vì vận tốc góc
đối với mọi điểm tựa như nhau nên vận tốc
góc đối với khối tâm bằng đối với chân cột
thép)
Từ đó ta có:
222
2

2
607,746/
224
vlv
ghvvms
h
=+→=→=

Câu 3: Con lắc lò xo nằm ngang có độ cứng
K, khối lượng M, vật nặng m. Từ vị trí cân
bằng kéo m ra một đoạn nhỏ, tính chu kì dao
động. Bỏ qua mọi lực cản.
Bài giải:
22