Rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh thông qua một số phương pháp giải phương trình hệ phương trình

RÈN LUYỆN NĂNG LỰC GIẢI TỐN CHO HỌC SINH
THƠNG QUA MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.
Do đặc thù của bộ mơn tốn nên hoạt động giải tốn là hoạt động khơng thể
thiếu của người học toán, dạy toán và nghiên cứu về toán. Giải tốn là khả năng
đặc biệt của trí tuệ, trong khi giải tốn trí tuệ của con người được huy động tới
mức tối đa, khả năng phân tích và tổng hợp được rèn luyện, tư duy trở nên nhanh
nhẹn. Do đó trong q trình giải bài tập tốn cần khuyến khích học sinh tìm nhiều
cách giải cho một bài tốn. Mỗi cách giải đều dựa vào một số đặc điểm nào đó
của đề bài, cho nên tìm được nhiều cách giải là luyện tập cho học sinh biết cách
nhìn nhận một vấn đề theo nhiều cách khác nhau, điều đó rất bổ ích cho học sinh
việc phát triển năng lực tư duy.
Ở trường phổ thơng, dạy tốn là dạng hoạt động tốn học. Đối với học sinh
có thể xem việc giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động tốn học. Hoạt động
giải bài tập toán là một phương tiện rất có hiệu quả và khơng thể thay thế được
trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ năng
kĩ xảo, ứng dụng tốn học vào thực tiễn, là điều kiện để thực hiện tốt các mục
đích dạy học ở trường phổ thơng.
Trong chương trình tốn học ở trường trung học phổ thơng, phương trình và
hệ phương trình là trung tâm của chương trình cho nên các bài toán về chúng rất
phong phú và đa dạng cả về nội dung lẫn phương pháp giải và cũng vì thế mà nó
xuất hiện thường xun trong tất cả các kỳ thi nhất là các kì thi học sinh giỏi, thi
Đại học-Cao đẳng. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực giải tốn thơng
qua các phương pháp giải là rất bổ ích và cần thiết. Trong chương trình sách giáo
khoa đã đưa ra các dạng phương trình, hệ phương trình cơ bản (ta thường gọi là
phương trình, hệ phương trình “mẫu mực”) và phương pháp hay thuật toán giải
1


chúng, nhưng các phương trình hay hệ phương trình học sinh thường gặp trong

các kì thi thì khơng cho sẵn ở các dạng đó cho nên học sinh gặp rất nhiều khó
khăn. Thơng thường thì khi giảng dạy về phương trình, hệ phương trình thì bất cứ
giáo viên nào cũng đưa ra các phương pháp giải thường gặp như: Biến đổi tương
đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, sử dụng tính chất hàm số, … nhưng để rèn luyện tư
duy, nâng cao năng lực, rèn luyện kĩ năng, kĩ xảo giải tốn cho học sinh giáo viên
cần tìm tịi thêm những phương pháp khác để học sinh có thêm cơng cụ, cách
nhìn rộng hơn, linh hoạt hơn mới đáp ứng được những yêu cầu trên.
Trong quá trình giảng dạy cũng như tìm tịi tham khảo, học hỏi, tác giả mạnh dạn
đề xuất cơng trình sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “RÈN LUYỆN NĂNG LỰC GIẢI
TỐN CHO HỌC SINH THƠNG QUA MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH”.

Do năng lực còn nhiều hạn chế, kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều, khả năng
trình bày cịn có hạn, chắc chắn cịn nhiều điều khiếm khuyết, thiếu khoa học, tác
giả rất mong được sự góp ý chân thành từ các đồng nghiệp. Xin chân thành cám
ơn!

B. MỤC TIÊU CỦA ĐỀ TÀI
Đưa ra một số phương pháp chung để giải một số bài tốn về phương trình,
hệ phương trình, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ nhằm khắc sâu
kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng, nâng cao năng lực giải toán cho học
sinh.

2


C. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Nội dung của đề tài được trình bày trước hết là cơ sở khoa học của phương
pháp giải, việc rèn luyện năng lực, kĩ năng cho học sinh được lột tả chủ yếu
thơng qua các ví dụ minh hoạ.

I-

PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

Trước hết ta nhắc lại:
- Phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M0(x0; y0) có 1 véc tơ


 x  x0  at
.
 y  y0  bt

chỉ phương u (a; b) là: 





- Đường thẳng có PTTQ: ax + by = c có 1 vtpt là n(a; b) và 1 vtcp u ( b; a) .
Sử dụng PTTQ và PTTS của đường thẳng cho ta phương pháp giải với lời giải
ngắn gọn súc tíc một lớp các bài tốn về phương trình, hệ phương trình. Sau đây
là một vài ví dụ:
Ví dụ 1.1: Giải phương trình:
Giải: Trước hết ta làm nháp:

x 3  8  3 12  x3 10 .

x 3  8 = X,

12  x 3 = Y

 X 1  3t
.
Y 3  t

 ta có PTĐT: X + 3Y = 10 và dạng PTTS của nó là: 
Từ đó ta có lời giải bài toán như sau:
ĐK:

3
 x  8 0

.
3
12  x 0

 x 3  8 1  3t
1
( t 3)
Đặt 
3
 12  x 3 3  t

 x 3  8 (1  3t ) 2
=> 
3
12  x 3  t

 t 1
 20 10t 2 10  
 t  1

=> t = 1
=> x3 = 8  x =2.
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 1.2: Giải PT:

x  3  3 x  2 1

3


Giải:

ĐK: x + 3  0.

 x  3 1  t
(t 1) 
Tương tự như ví dụ 1 ta đặt  3
 x  2 t

2
 x  3 1  2t  t

.
3
 x  2 t

=> t3 – t2 +2t – 1 = -1  t = 0 => x = 2.

 x  y 

Ví dụ 1.3: Giải hệ phương trình: 

xy 3

(1)

 x  1  y  1 4 (2)

(ĐH-A-2006 )

 x  1

ĐK:  y  1 .
 xy 0


Giải:

2
 x  1 2  t
 x t  4t  3
(

2

t

2)


Đặt 

.
2
 y t  4t  3
 y  1 2  t

Phương trình (1) trở thành: 2t2 + 6 (t 2  3  4t )(t 2  3  4t ) 3  t 4  10t 2  9 2t 2  3

 t4 + 10t2 + 9 = 4t4 + 12t2 + 9  3t4 + 22t2 = 0
 t 2 0
 2
 t  22

3

 x 3
 t 0  
.
 y 3

Ví dụ 1.4: Xác định m để hệ phương trình sau có nghiệm:
x  2m  3 3m  x 10 .

Giải:

 x  2m 0
3m  x 0

ĐK: 

2
 x  2m 1  3t
1
 x  2m 1  6t  9t
( t 3)  
Đặt 
2 .
3
3m  x 9  6t  t
 3m  x 3  t

=> m = 2t2 + 2 = f(t).
=> Phương trình đã cho có nghiệm  phương trình f(t) = m có nghiệm.

4


1
3

Lập bảng biến thiên của f(t) với  t 3 => 2  f (t ) 20
Vậy PT đã cho có nghiệm  2 m 20 .
3
3
(1)
 x  y 35
Giải hệ phương trình: 
.
2

2
log 5 ( x  y )  log 7 ( x  xy  y ) 2 (2)

Ví dụ 1.5:
Giải:

x  y  0

ĐK: 

2
2
 x  xy  y  0

.

1 t
log 5 ( x  y ) 1  t
 x  y 5
( 1 t 1)   2
Đặt 
2
2
2
1t
log 7 ( x  xy  y ) 1  t
 x  xy  y 7

=> (x + y)(x2 – xy + y2) = 51-t.71+t
7t

Từ (1) và (3) => 35. t
5

= 35

 x3 – y3 = 35.

7t
(3).
5t

 7t = 5t  t = 0.

  x 2

 x  y 5
 x  y 5
 x  y 5
  y 3



=>  2


2
2
  x 3
 xy 6
 x  xy  y 7

( x  y )  3xy 7

  y 2

Vậy hệ PT đã cho có 2 nghiệm: (2; 3) và (3; 2).

 x  y  x  y 2
(1)
Ví dụ 1.6: Giải hệ PT:  2
.
2
2
2
 x  3 y  x  y 4 (2)

Giải:

 x  y 0
.
 x  y 0

ĐK: 

2
 x  y 1  t
 x  y (1  t )
(

1


t

1)

Đặt 

2
 x  y (1  t )
 x  y 1  t

 x t 2  1

( 1 t 1) .
y

2
t


Khi đó PT (2) trở thành:

5


(t 2  1) 2  3.4t 2  (1  t ) 2 (1  t ) 2 4 ( 1 t 1)


t 4  14t 2  1  1  t 2 4 ( 1 t 1)



t 4  14t 2  1 3  t 2

( 1 t 1)

 t 4  14t 2  1 9  t 4  6t 2

( 1 t 1)

2

 t 1 ( 1 t 1)  t 1
 x 2
 y 2

+) Với t = 1 => 
+) Với t = -1

thỏa mãn.

 x 2
 y  2

=> 

thỏa mãn.

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là (2; 2) và (2; -2).

Ví dụ 1.7:

 2 x  y  1 
3 x  2 y 4

Giải hệ PT : 

x  y 1 (1)
(2)

(Đề DB2-A-2005)

 x  y 0
.
 2 x  y  1 0

Giải: ĐK: 

2
 2 x  y  1 t
 x 2t  2
2 x  y  1 t
(
t

1)


Từ PT(1) đặt 



.
2
2
 x  y t  2t  1
 y t  4t  3
 x  y  1  t

Khi đó PT(2) trở thành: t2 - t – 2 =0  t = 2 (do t 1)
 x 2
 x 2
thỏa mãn. Vậy nghiệm của hệ PT là 
.
 y  1
 y  1

=> 

Ví dụ 1.8:
Giải:

log 2 ( x 2  y 2 ) 1  log 2 xy (1)
Giải hệ PT:  x2  xy  y2
(Đề KA-2009)
81
(2)
3

 x 2  y 2 0
ĐK: 
.

 xy  0

Từ PT (1) ta đặt:

log 2 ( x 2  y 2 ) t

log 2 xy  1  t

2
2
t
 x  y 2

 1t
 xy 2

 x 2  xy  y 2 2t  1

Từ PT (2) => 32 34  2t  1 4  t 3 .
t 1

6


  x  y 4

 x 2  y 2 8  xy 4
 xy 4




=> 
2
  x  y  4
 xy 4
( x  y ) 16

  xy 4

 x  y 2
 x  y  2 .


Vậy hệ PT đã cho có 2 nghiệm (x; y) là (2; 2) và (-2; -2).
Ví dụ 1.9: Giải PT:

2 3 3x  2  3 6  5 x 8

(Đề ĐH-KA-2009).

Giải: ĐK: 6  5 x 0 .
Từ PT đã cho ta đặt

3
 3 3 x  2 1  3t
3 x  2 (1  3t )
(t 1)  

2
6  5 x (2  2t )

 6  5 x 2  2t

khử x ta được PT:
45t3 – 49t2 + 7t -3 = 0

 (t – 1)(45t2 – 4t + 1) = 0  t = 1 thỏa mãn ĐK.

=> x = -2 thỏa mãn ĐK.
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = -2.
Ví dụ 1.10: Tìm m để hệ PT sau đây có nghiệm:
 x  y 1

 x x  y y 1  3m

Giải:

(1)
(2)

( Đề ĐH-KD-2004)

 x 0
.
 y 0

ĐK: 

2
 x  t
 x t

(

1

t

0)

Từ PT (1) ta đặt 

.
2
 y t  2t  1
 y 1  t

Thay vào PT (2) ta được PT:
f(t) = 3t2 + 3t = -3m (3).
=> Hệ PT đã cho có nghiệm  PT (3) có nghiệm t với  1 t 0 .
Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) trên [-1; 0] ta có 
=> Hệ đã cho có nghiệm  

3
 f (t ) 0
4

3
1
 3m 0  0 m  .
4
4

7


Ví dụ 1.11: Giải PT:

Giải:

1  s inx  1  cos x 1 ( Đề DB2-KA-2004)

2
 1  s inx 1  t
s inx 2t  t
(0

t

1)

Từ PT đã cho ta đặt 

.
2
cos x t  1
 1  cos x t

 t 0

Ta có: sin2x + cos2x = 1 => (2t – t2)2 + (t2 – 1)2 = 1  
 t 1

thỏa mãn.

s inx 0
 x (2k 1) , k  Z .
cos x  1

+) Với t = 0 => 

s inx 1

 x   k 2 , k  Z .
2
cos x 0

+) Với t = 1 => 

Vậy PT có 2 họ nghiệm là x (2k  1) , k  Z và


x   k 2 , k  Z 
2

II- PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ HÓA
Phần này tác giả đề cập đến một phương pháp giải đẹp và rất sáng sủa bởi
cách tham số hố để đưa phương trình về các phương trình mới đơn giản hơn.
Phương pháp tham số hố cho một PT là đưa vào PT một tham số nào đó, có 2
dạng thường sử dụng là:
Dạng 1: Chọn một hằng số phù hợp và đặt nó làm tham số sau đó hốn đổi
và trị của ẩn số và tham số để giải. Chúng ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 2.1: Giải phương trình: x3  ( 2  1) x 2  2 0 .
Nhận xét: Đây là PT bậc 3, học sinh có thể nhẩm nghiệm và đưa về PT tích để
giải. Ta giải PT này bằng tham số hoá như sau:
Giải: Đặt a = 2 , PT đã cho trở thành:
 a x 2  x
x –(a + 1)x + a = 0  a – ax + x – x = 0  
 a x
3

2

2

2

2

3

2

8


x 2

=> 

2
 x  x  2


x 2


1 1 4 2
 x
2


1 1 4 2
x

2

. Vậy PT đã cho có 3 nghiệm.

Ví dụ 2.2 Giải phương trình: x 4  2 3x 2  x  3  3 0 .
Nhận xét: Đây là PT bậc 4 không nhẩm được nghiệm cũng khó phân tích thành
phương trình tích để giải. Phương pháp tham số hoá rất hiệu quả đối với dạng
PT này.
Giải: Đặt a = 3 , PT đã cho ta viết dưới dạng:

2 x 2  1  (2 x  1)
a


2
a2 – a(2x2 + 1) + x4 + x = 0  
2

2 x  1  (2 x  1)

 a 
2

 a x 2  x

2
 a x  x  1


 1 1 4 3
 x1,2 
 x  x  3 0
2

=>  2
.

1

4
3

3
 x  x  1  3 0
x 
 3,4
2
2

Vậy PT đã cho có 4 nghiệm.

Ví dụ 2.3: Giải PT:

35  2 45  2 x  x  5.

 45  2 x 0

45
Giải: ĐK: 35  2 45  2 x 0  5 x  .
2
 x  5 0


Đặt y = 45  2 x , y 0  x 
2 35  2 y 35  y 2

45  y 2
. PT đã cho trở thành:
2

 0  y  35 .

9


Đặt a = 35, PT được viết dưới dạng: 2 a  2 y a  y 2  a 2  2a( y 2  2)  y 4  8 y 0
 a  y2  2 y



2
 a y  2y  4

 y 2  2 y  35 0
 y 5 ( Do 0  y  35)
 2
 y  2 y  31 0

45  y 2
=> x 
= 10. Vậy PT đã cho có nghiệm x = 10.
2

Ví dụ 2.4:

Giải PT: x 3 

68 15

x3
x

Giải: ĐK: x 0.
PT đã cho  x 3 

2 17 17  2

x3
x

Đặt m = 17 ta có PT sau:
 m  x 2
2m m  2
4
x3  3 
 x 2 m 2  2m  x 6  2 x 2 0  
 m x  2
x
x

x2
2

 PT đã cho 

  x  17
 4
 x  2  17
 x 2
2

 2
17  3
x 
2
 x 4  17 x 2  2 0  

 2
17  3

x 

2


 x1,2 


 x 
 3,4

17  3
2
17  3
2

.
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm trên.
Dạng 2:

Dùng tham số từ định lí Lagrange.

Ta có định lí: “Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên (a; b)
thì x0  (a; b) sao cho f '( x0 ) 

f (b)  f (a )
”.
b a

10

Mặc dù định lí này khơng được đưa vào SGK hiện nay nhưng học sinh có thể
hiểu được thơng qua ý nghĩa hình học của đạo hàm của hàm số tại một điểm. Sau
đây là một số ví dụ minh họa cho việc dùng tham số từ định lí này.
Ví dụ 2.5:
Giải:

Giải PT:

x log3 7 2 log3 x  log3 x 5

ĐK: x > 0.

PT  7log3 x 2 log3 x  5log3 x
 7log3 x  7log3 x 2 log3 x  2 log3 x
Giả sử   0 là nghiệm của PT đã cho. Khi đó ta có:
7log3   7log3  2 log3   2 log3 
log 
Xét hàm số f  t  t 3  t log3  . Vì f  t  liên tục và có đạo hàm trên đoạn

 2;7

nên theo định lí Lagrange ta có: m   2;7  : f '  m  

f  7  f  2 
với
7 2

f '(t ) log 3 t log3   1  log 3  .

Do f(7) = f(2) nên
 log3  0
 f '  m  0  log3  .m log3   1  log 3  0   log   1

3
m

1

0


  1
  3


Thử lại ta có nghiệm của PT đã cho là x = 1 và x = 3.

Ví dụ 2.6:
Giải:

Giải PT:

7cot x  11cot x 12cot x .

ĐK: sinx 0 .

PT  7cot x  11cot x 3  11  7  cot x  7cot x  3.7cot x 11cot x  3.11cot x
Giả sử  là nghiệm của PT đã cho. Khi đó ta có:

7cot   3.7cot  11cot   3.11cot 

11


cot 
 3t cot  . Vì f  t  liên tục và có đạo hàm trên đoạn
Xét hàm số f  t  t

 7;11

nên theo định lí Lagrange ta có: m   7;11 : f '  m  

f  11  f  7 
với
11  7

f '(t ) cot  .t cot   1  3cot  . Do f(11) = f(7) nên ta có:
 cot  0

cot   1
 3cot  0  
f’(m) = 0  cot  .m

m

cot   1


    k , k  Z .

2
 3 (VN )


2

Thử lại ta có nghiệm của PT là    k , k  Z .

x

Ví dụ 2.7:

Giải PT:

1 1  5  4 



2 x 3x  14   21 

x

1 5 1
 2 14  7
Nhận xét rằng: 
1  4  1
 3 21 7

Giải:

x

x

x

x

5 1
5
4 1
4
 PT đã cho được viết dưới dạng:             .
 14 7   14   21 7   21 

Giả sử  là nghiệm của PT đã cho. Khi đó ta có:










 1
 5 1  5 
 4 1  4 


            . Xét hàm số f  t   t    t . Vì f  t 
 14 7   14 
 21 7   21 
 7
 4 5
liên tục và có đạo hàm trên đoạn  ;  nên theo định lí Lagrange ta có:
 21 14 

12


 4 5
m   ;  :
 21 14 

 5
 4
f  f 
1
14 
21 
 1


với f '(t )   t     .t   1 . Do
f ' m  
5 4
 7

14 21

1
  0
 5
 4
1

.
f    f   nên ta có: f’(m) = 0    t     .t   1 = 0  
  1
 7
 14 
 21 

Thử lại ta có nghiệm của PT là x = 0 và x = 1.
Ví dụ 2.8:

Giải PT :

3

2

2 log5 x  2 log5 x x  x log5 7

Giải: ĐK: x > 0.
PT

 8log5 x  4 log5 x x  7log5 x
 8log5 x  4 log5 x 5log5 x  7log5 x

 8log5 x  5log5 x 7log5 x  4 log5 x

Giả sử   0 là nghiệm của PT đã cho. Khi đó ta có: 8log5   5log5  7log5   4 log5 
Xét hàm số f  t   t  3

 4;5

log 5 

 t log5  . Vì f  t  liên tục và có đạo hàm trên đoạn

nên theo định lí Lagrange ta có: m   4;5 : f '  m  

f  5  f  4 
với
5 4

f '(t ) log 5  .(t  3)log5   1  log 5  .t log5   1 . Do f(5) = f(4) nên ta có:

f’(m) = 0  log5  .(m  3)log   1  log5  .mlog   1 0
5

 log 5  0


log5   1
m log5   1
 (m  3)

5

  1
  5 .


Thử lại ta có nghiệm của PT là x = 1 và x = 5.
Dạng 3: Tham số hóa để đưa về phương trình tích.
Từ phương trình đã cho chúng ta sẽ đưa vào các tham số và tìm các tham
số đó sao cho phương trình có thể đưa được về phương trình tích để giải. Để rõ
hơn về điều này chúng ta xét một số ví dụ sau:

13


Ví dụ 2.9: Giải phương trình: x4 – 2x2 - 16x + 1 = 0.
Nhận xét: Vế trái của PT chứa x4 và x2 nên ta hy vọng viết được vế trái dưới
dạng bình phương của nhị thức, sau đó buộc vế phải cũng là bình phương đúng,
từ đó PT giải được dễ dàng. Ta phải tìm tham số a thỏa mãn điều đó, ta có lời
giải như sau:
Giải: PT đã cho được viết dưới dạng: (x2 + a)2 = 2(1 + a)x2 + 16x – (1 – a2) (*).
Vế phải của PT(*) là bình phương đúng
  ' = 82 + 2(1 + a)(1 – a2) = 0  a = 3.
2

2

Vậy PT đã cho  (x + 3) = 8(x + 1)

2

 x 2  3 2 2( x  1)


2
 x  3  2 2( x  1)

x 2 2 2 1

.
x 2 2 2 1


Vậy PT đã cho có 2 nghiệm.
Ở mức độ cao hơn ta cần đưa vào nhiều hơn 1 tham số, chẳng hạn xét ví dụ sau:
4
4
(1)
 x  y 240
(VMO  2010)
Ví dụ 2.10: Giải hệ PT:  3
3
2
2
 x  2 y 3( x  4 y )  4( x  8 y ) (2)

Giải:

4
4
(1)

 x  y 240
Hệ PT đã cho   3
2
3
2
 x  3 x  4 x 2 y  12 y  32 y (2')

Nhân 2 vế PT (2’) với  và công vế với vế hai PT (1) vaf (2’) ta có PT:
x4 +  (x3 – 3x2 + 4x) = y4 + 240 +  (2y3 -12y2 + 32y)
 x4 +  x3 - 3  x2 + 4  x = y4 + 2  y3 - 12  y2 + 32  y + 240 (3).
Ta đưa vào và tìm các tham số  , a, b sao cho PT (3) có dạng:
(x – a)4 = (y – b)4
 x4 - 4ax3 + 6a2x2 – 4a3x + a4 = y4 – 4by3 + 6b2y2 – 4b3y + b4 (4)
Từ (3) và (4), sử dụng đồng nhất thức ta được:

14


 4a 
 2
6a  3
  4a 3 4
a 2


 b 4 .
  4b 2
6b 2  12
  8



3
  4b 32
 4
4
b  a 240
 x y  2

Khi đó PT (3) trở thành: (x – 2)4 = (y – 4)4  
.
 x 6  y
+) Với x = y – 2 thay vào (1) ta được:
8y3 – 24y2 + 32y + 224 = 0  (y + 2)(8y2 – 40y + 112) = 0  y = -2
 x = - 4.
+) Với x = 6 – y thay vào (1) ta được:
y3 – 9y2 + 36y – 44 = 0  (y – 2)(y2 – 7y + 22) = 0  y = 2 => x = 4.
Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là (-4; - 2) và (4; 2).
Ta cũng có thể chọn tham số để sau khi đặt ẩn phụ theo cách thơng thường
thì PT đưa được về PT tích qua ví dụ sau:
Ví dụ 2.11: Giải phương trình:  x  3 2 1  x  1  x  3 1  x 2 .
Giải: ĐK:  1  x 1 . Trong PT chứa các căn 1  x và 1  x nên ta sẽ chọn các
a  b  1 a 1

.
a  b 3
b 2

số a, b sao cho: - x + 3 = a(1 + x) + b(1 – x)  

Khi đó PT đã cho  (1  x)  2(1  x)  2 1  x  1  x  3 1  x 2 0 .

Đặt 1  x = u, 1  x = v (u, v 0 ) PT trên trở thành:
u2 + 2v2 - 2v + u – 3uv = 0  (u2 – 2uv) + (u – 2v) – (uv – 2v2) = 0
 u 2v



 
 (u – 2v)(u – v + 1) = 0  
 u  v  1 0 

3

x

1  x 2 1  x
5

thỏa mãn.
3

1  x 1  1  x
 x  2

15


Vậy PT đã cho có 2 nghiệm trên.
III. ỨNG DỤNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM.
Nội dung của phương pháp này dựa trên việc giải các phương trình dạng:
f ( f ( ( f ( x )) )) = x

            
n

(1) và dạng f ( g ( x)) = f (h( x)) (2).

Trong đó f (x) , g (x) , h(x) là các hàm số và n 2 .
Giải các phương trình (1) và (2) ta dựa vào các kết quả sau:
Mệnh đề 1. Nghiệm của PT: f ( x) = x cũng là nghiệm của PT (1).
Chứng minh. Giả sử x = x0 là nghiệm của PT: f ( x) = x , tức là f ( x0 ) = x0 .
Ta có:
f ( f ( x0 )) = f ( x0 ),  , f ( f (
( f ( x )) )) = f ( f (
( f ( x )) )).
      0   
      0   
n

n 1

( f ( x )) )) = x0
      0   
Vậy f ( f (
hay x = x0 là nghiệm của (1).
n

Mệnh đề 2. Nếu y = f ( x) đồng biến với a x b và a  f ( x) b , thì (1) 
f ( x) = x .
( f ( x )) )) = x0
      0   

Chứng minh. Giả sử x = x0 là nghiệm của (1), tức là f ( f (
.
n

Giả sử x = x0 không là nghiệm của PT f ( x) = x , tức là f ( x0 )  x0 . Khơng mất tính
tổng qt, giả sử x0 < f ( x0 ) . Do hàm số y = f ( x) đồng biến nên ta có
a  x0  f ( x0 )    f ( f (
( f ( x )) )) b.
      0   
n

( f ( x )) )) = x0
      0   
Vì f ( f (
, => x0 < x0 . Vậy f ( x0 ) = x0 .(đpcm)
n

Mệnh đề 3. Nếu y = f ( x) là hàm số nghịch biến a x b , n là số tự nhiên lẻ
và a  f ( x) b , thì (1)  f ( x) = x .
Chứng minh. (tương tự như trên).
Bằng cách chứng minh tương tự ta có các mệnh đề sau:
Mệnh đề 4. Nếu y = f ( x) là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) thì PT (2) 
g ( x ) = h( x ) .

16


Mệnh đề 5. Nếu hàm số y = f ( x) chẵn, xác định với  a  x a và đồng biến
 g ( x ) = h( x )

(hoặc nghịch biến) với 0 x a , thì PT (2)  
với  a  g ( x) a và
 g ( x ) =  h( x )
 a h( x) a (Nếu f(x) là hàm số lẻ thì PT(2)

 g(x) = h(x)).

CÁC VÍ DỤ MINH HOẠ
Ví dụ 3.1: Giải phương trình: x = 5  5    5  x , trong đó có n dấu
căn bậc 2( n 1 ).
Giải. Từ PT đã cho ta có x > 0 . Đặt f ( x) = 5  x , PT đã cho có dạng (1).
Với x > 0 , f ( x) = 5  x là hàm số đồng biến và f (x) > 0 , => PT đã cho 
f ( x) = x hay

5 x = x  x =

1  21
.
2

Vậy nghiệm của PT là x =
Ví dụ 3.2:

1  21
.
2

Giải PT:

Giải. PT đã cho  x =

3 3

x3 – 6 = 3 x  6 .

x  6  6 . Đặt f(x) =

3

x  6 thì PT đã cho có dạng (1).

Do f(x) đồng biến trên R
=> x =

3 3

x 6 6 

3

x  6 = x  x3 – x – 6 = 0  (x – 2)(x2 + 2x + 3) = 0

 x = 2.
Vậy nghiệm của PT là x = 2.
Ví dụ 3.3:

Giải PT: x9 – 6x6 + 12x3 – 6 = 3 2  x .

Giải. PT đã cho  x9 – 6x6 + 12x3 – 8 = 3 2  x - 2.
 (x3 – 2)3 = 3 2  x - 2  (2 – x3)3 = 2 - 3 2  x

 x = 3 2 3 2 3 2 x

(*).

17


Đặt f(x) =

3

2  x => PT trên có dạng f(f(f(x))) = x, f(x) là hàm số nghịch biến

trên R và n lẻ => (*)  3 2  x = x  x3 + x – 2 = 0  x = 1. Vậy nghiệm của
PT là x = 1.
 x3  2 x 2  2 x  y
 3
2
Ví dụ 3.4: Giải hệ PT :  y  2 y  2 y  z .
 z 3  2 z 2  2 z x


Giải: Đặt f(x) = x3 + 2x2 + 2x, từ hệ trên ta có f(x) = y, f(y) = z, f(z) = x
=> f(x) thoả mãn f(f(f(x))) = x. Mặt khác f’(x) = 3x2 + 4x + 2 > 0 x  R
 x 0

=> f(f(f(x))) = x  f(x) = x. Vậy ta có: x3 + 2x2 + 2x = x  
.
 x  1
Vậy hệ có 2 nghiệm là (0; 0; 0) và (-1; -1; -1).

Ví dụ 3.5:

Giải PT: (2 x  1)(1  (2 x 1) 2  7 )  x(1  x 2  7 ) = 0.

Giải. Đặt f ( x) = x(1  x 2  7 ) = > PT có dạng: f (2 x  1) = f ( x),
2
Vì f ( x) = 1  x  7 

x2
x2  7

> 0 x  R => y = f ( x) đồng biến trên R. Mặt

khác f(x) là hàm số lẻ nên PT đã cho  2 x 1 =  x  x = 

1
1
. Vậy x =  là
3
3

nghiệm của PT.
Ví dụ 3.6:

x 4  2 x 2  2 x2  1  1 4 x 2  4 x .

Giải PT:
2

2
Giải. PT đã cho   x 2  1  2 x 2  1 (2 x) 2  2. 2 x . Đặt f(x) = x  2 x khi đó PT

đã cho có dạng: f(g(x)) = f(h(x)), trong đó f(x) = x2 – 1 và h(x) = 2x.
Do f(x) là hàm số chẵn, liên tục, đồng biến với x 0 và nghịch biến với x < 0,
theo mệnh đề 5 ta có:

18


  x 1  2

  x 1  2
 x 2  1 2 x

PT đã cho   2
. Vậy PT đã cho có 4 nghiệm.
  x  1  2
 x  1  2 x

  x  1  2

Ví dụ 3.7:

sin6x – 3sin2x = cos32x – 3cos2x.

Giải PT:

Giải. Đặt f(x) = x3 – 3x; g(x) = sin2x và h(x) = cos2x. PT đã cho có dạng f(g(x))
= f(h(x)).

Ta có: f’(x) = 3x2 – 3, 0 g ( x ) 1;  1 h( x) 1 => f(x) giảm trên [-1; 1]
 f(g(x)) = f(h(x))  g(x) = h(x)
hay: sin2x = cos2x  cos2x =
Ví dụ 3.8:

Giải PT: log 2

2 3

1
1
1
 x =  arccos  k , k  Z .
3
2
3

x

2

 2 x  2  log 2

3

x

2

 2 x  3 .

Giải. ĐK: x < -1 hoặc x > 3.
Chia 2 vế của PT cho 2 ta có PT đã cho 
log84

3

x

2

 2 x  2  log 7 4

3

x

2

 2 x  3

Đặt x2 – 2x – 3 = a và 7 + 4 3 = b thì PT trở thành: log b 1 (a  1) log b a


(**).

log b (a  1)
log b (a  1)
log b a 
log b (b  1)  log a ( a  1) log b (b  1) .

log b (b  1)
log b a

Xét hàm số f(z) = log z ( z  1).
f’(z) =

z ln z  ( z  1) ln( z  1)
 0 với 0< z <1 và z > 1.
z ( z  1) ln 2 z

=>(**)  a = b hay x2 – 2x – 3 = 7 + 4 3
 x 1  11  4 3
1

(thoã mãn ĐK).
 x 1  11  4 3
 2

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm.
Ví dụ 3.9:

Giải PT:

2
( x 2  x  2) x  x 1 = 9.

Giải. Ta có: x 2  x  2 > 1   R => PT đã cho xác định trên R.

19

f ( x) = x x  1 ,

Đặt

và h(x) = 3 , PT đã cho có dạng:

g ( x) = x 2  x  2

f ( g ( x )) = f (h( x)) , trong đó g (x) > 1 và h(x) = 3 . Với 1 < x1 < x2 ta có:
x

f ( x1 ) = x1 1

1

x

< x1 2

1

x

< x2 2

1

= f ( x2 ),

Do đó f ( x) = x x  1 đồng biến trên tập giá trị của y = g ( x) và y = h( x) . Vậy
PT đã cho  x 2  x  2 = 3  x1,2 =
Vậy PT có 2 nghiệm: x1,2 =
Ví dụ 3.10: Giải HPT:
Giải:

1 5
.
2

1 5
.
2

5

 xy 4  y 10  y 6
x

6

 x 2 8 y 3  2 y
x

.

Dễ thấy (0; 0) là một nghiệm của hệ. Giả sử y ≠ 0, hệ đã cho viết

được dưới dạng:
 x  5

x

 

y5  y


y
 y 

2 3

 x 2 8 y 3  2 y
 x



  x

 f 
  y

2
g ( x




  f ( y)



)  g (2 y )

. Đặt f(z) = z5 + z và g(z) = z3 + z thì hệ có dạng:

.

Các hàm số f(z) và g(z) đồn biến trên R nên HPT đã cho 

x
3

 y y
x  4
 

3

 x 2 2 y
y  2


.

Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm.
Ví dụ 3.11: Giải HPT:
Giải: Xét hàm số f(z) =








az

y

2



7 

x2  2 

y

2

7

x

(1)

x2  x  2

y

( 2)

a  a  z z

Với z = x và a = y2 – 7 thì (1)



y 2  x  7 x .

Với z = y và a = x2 + 2 thì (2)



x2  y  2 y .

2
2

 y 5  x
 x 2
 y  x  7 x
  2
  2
 
2
2

 y 3
x  y  2  y

x  y  2  y

.

với a là tham số. Dễ thấy f(z) là hàm số đồng

biến trên khoảng xác định nên f(f(z)) =

Vì vậy HPT

 x 

 f ( z)  a  z z .

.

Vậy HPT có nghiệm (2; 3).
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Giải các PT và HPT sau:
20