Đề tài Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình chứa hai phép toán ngược nhau pps

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 th-
ờng 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 ph-
ơng 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 Ph ơng 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 đã 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 thông.
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 :
Giải phơng trình :
( )
edxbxacbxa +++=+
2
2211
(I)
Với :
0,,
21
caa
Trang
1
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
và



+=
+=
ecbb
dcaa
12
12
Giải : Điều kiện :
0
11
+ bxa
Đặt :
2211

byabxa +=+
Với điều kiện :
0
22
+ bya
ta đợc
( )
2
2211
byabxa +=+
(1)
Khi đó (I) có dạng :
( )
ebdxyabxac +=+
22
2
22
Từ (1) ta có :
( )
cbcxabxac
11
2
22
+=+
Ta có hệ phơng trình :
( ) ( )
( )

+=+
++=+
cbcxabyac
cbxacayabxac
11
2
22
1212
2
22
)3(
)2(
Lấy (2) - (3) ta đợc :

( )( )
012
222
=+++ cbcyacxayx



=+++
=

012
222
cbcyacxa
yx

Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (1) ta đợc :
( )
11
2
22
bxabxa +=+
Đây là phơng trình bậc hai đối với x.
Tr ờng hợp 2 :
012
222
=+++ cbcyacxa
kết hợp với (1)
=> Giải hệ phơng trình tìm x, y.
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
203232152
2
+=+ xxx
(4)
Giải : Điều kiện :
2
15
0152 + xx
Ta có :
28)24(2152)4(
2
+=+ xx
(5)
Đặt :
24152 +=+ yx

(6)
Với điều kiện :
2
1
024 + yy
ta có :
2
)24(152)6( +=+ yx
Khi đó, ta có hệ phơng trình :





+=+
+=+
152)24(
152)24(
2
2
xy
yx
)8(
)7(
Lấy (7) - (8) ta đợc :
(x - y)(8x + 8y + 9) = 0
* Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (8) ta đợc :
16x
2
+ 14x - 11 = 0

Trang
2
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân






=
=

8
11
2
1
x
x

(loại)
* Tr ờng hợp 2 :
2
98
40988

==++
x
yyx
thay vào (8) ta có :
64x

2
+ 72x - 35 = 0







=
+
=

16
2219
16
2219
x
x
Vậy phơng trình có hai nghiệm :
2
1
=x
và
16
2219
=x
Bài 2 : Giải phơng trình :
22
2

+= xx
(9)
Giải : Điều kiện :
202 xx
Khi đó : (9)
22
2
= xx
2)(2
2
= xx
Đặt :
yx =2
(10)
Với điều kiện
0y
thì (10)
2
2 yx =
Ta có hệ phơng trình :





=
=
xy
yx
2

2
2
2
)12(
)11(
Lấy (11) - (12), ta đợc :
(x - y)(x + y - 1) = 0
* Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (11) ta đợc :
x
2
+ x - 2 = 0



=
=

2
1
x
x
* Trờng hợp 2 : x + y - 1 = 5 y = 1 - x Thay vào (11) ta có :
x
2
- x - 1 = 0

=
+
=

2
51
2
51
x
x
(loại)
Vậy phơng trình có hai nghiệm : x = - 2 và
2
51 +
=x
Bài 3 : Giải phơng trình :
332
2
+= tgxtgxxtg
(13)
Trang
3
(loại vì điều kiện của y)
(loại)
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Giải : Đặt
Xtgx =
(13)

323
2
=+ XXX

4)1(3
2
=+ XX
Điều kiện :
303
+
XX
Đặt
13 =+ YX
với điều kiện
1Y
ta có :
2
)1(3 =+ YX
Khi đó ta có hệ :





+=
+=
3)1(
3)1(
2
2

XY
YX
)15(
)14(
Lấy (14) - (15), ta đợc :
( )( )
01 =+ YXYX
* Tr ờng hợp 1 : Với X = Y, thay vào (14) ta đợc :

023
2
= XX







=
+
=

2
173
2
173
X
X
(loại)

* Tr ờng hợp 2 : Với
XYYX
==+
101
thay vào (14), ta có :

03
2
= XX







=
+
=

2
131
2
131
X
X
* Với
2
173 +
=X

ta có :
2
173 +
=tgx
+= kx


)( Zk
với

tg=
+
2
173
* Với
2
131
=X
ta có :
2
131
=tgx
+= 'kx


)'( Zk
với

tg=

2
131
Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm :
+= kx

,
Zk
và
2
173 +
=

tg
+= 'kx

,
Zk '
và
2
131 +
=

tg
Trang
4
(loại)
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Bài 4 : Giải phơng trình :
6622
2

=+
xx
(16)
Giải : Đặt :
02 >= u
x
Khi đó :
66)16(
2
+= uu
Đặt
06 =+ vu
Khi đó :
2
6 vu =+
Ta có hệ phơng trình :





+=
+=
6
6
2
2
uv
vu
)18(

)17(
Lấy (17) - (18) ta đợc :
( )



=++
=
=++
01
0)1(
vu
vu
vuvu
+ Với
vu =
ta đợc :



=
=
=
2
3
06
2
u
u
uu

(loại)
Với
3log323
2
=== xu
x
+ Với
01 =++vu
ta đợc phơng trình :
05
2
=+ uu







=
+
=

2
211
2
211
u
u
(loại)

Với
2
121
log
2
121
2
2
121
2

=

=

= xu
x
Vậy phơng trình có hai nghiệm :
3log
2
=x
và x =
2
121
log
2

Bài 5 : Giải phơng trình :
1loglog2log
33

2
3
+= xxx
(19)
Giải : Đặt
Ux =
3
log
Khi đó (19) có dạng :
12
2
+= UUU
11)1(
2
+= UU
Điều kiện :
1U
Đặt :
11 =+ VU
với
1V
Khi đó :
2
)1(1 =+ VU
Ta có hệ phơng trình :

+=
+=
1)1(
1)1(
2
2
VU
UV
)21(
)20(
Lấy (20) - (21) ta đợc :
0)1)(( =+ VUVU
Trang
5
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân



=+
=

01VU
VU
+ Với U = V ta có : U
2
- 3U = 0



=

=

3
0
U
U

(loại)
Với
273log3
3
=== xxU
+ Với
01 =+VU
, ta đợc phơng trình :

01
2
=UU







=
+
=

2
51
2
51
U
U
2
51
3
2
51

=

= xx
3
log
(loại)
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm :
27
=
x

và
2
51
3

=x
3. Các bài tập tự giải :

1)
1000800011000
2
=+ xxx
2)
55
2
=++ xx
3)
135134
2
+=+ xxx
4)
33 =++ xx
5)
11loglog
2
2
2
=++ xx
6)
xxx 125124
2
=+++
Dạng 2 : Phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba.
1. Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình :
edxbxacbxa +++=+
2
22

3
11
)(
(II)
Với
0,,
21
caa
và
dcaa +=
12
;
ecbb +=
12
Giải : Đặt
22
3
11
byabxa +=+
3
2211
)( byabxa +=+
(*)
Ta có (II)
ebdxyabyac +=+
22
2
22
)(
Ta có hệ phơng trình :

+=+
+=+
cbcxabyac
ebdxyabxac
11
2
22
22
2
22
)(
)(
)2(
)1(
Lấy (1) - (2) ta đợc :
( )
( )
01
22
=+++ cBcABcAyx
Trang
6
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
yx
=

hoặc
01
22
=+++ cBcABcA
Với
)(
22
bxaA +=
;
22
byaB +=
Tr ờng hợp 1 :
yx =
thay vào (*) ta đợc phơng trình bậc 3 :
( )
11
3
22
bxabxa +=+
Tr ờng hợp 2 :
( )
01
22
=+++ BABAc
(3)
Nhận xét :
0
4
3
)

2
(
2
222
++=++
BB
ABABA
Nếu c > 0 thì (3) vô nghiệm.
c < 0 thì giải hệ (*) và (3).
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
1122
3
3
=+ xx
Giải : Đặt
yx =+
3
12
12
3
+= xy
Ta có hệ phơng trình :





+=
+=

12
12
3
3
xy
yx
)5(
)4(
Lấy (4) - (5) ta đợc :
( )
( )
02
22
=+++ yxyxyx
yx
=
Thay vào (4) ta đợc :
012
3
= xx



=
=

01
1
2
xx

x






=
=

2
51
1
x
x
Xét lớp phơng trình dạng :
[ ]
bxfbxafa =+
3
3
)()(
Bài 2 : Giải phơng trình :
2
3
4
2881
23
3
+= xxxx
(5)

Giải :
(5)
27
46
)
3
2
(881
3
3
= xx

27
46
)23(
27
1
881
3
3
= xx
Đặt :
23881
3
= yx
Trang
7
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
( )
88123

3
= xy
(6)
)881(
27
1
)23(
27
1
3
=
xy
27
8
3)23(
27
1
3
=
xy
Ta có hệ phơng trình :







=
=

27
8
3)23(
27
1
27
8
3)23(
27
1
3
3
xy
yx
)8(
)7(
Lấy (7) - (8) ta đợc :
( ) ( )
[ ]
03)23()23)(23(23
27
1
2
2
=

+++ yyxxyx
yx
=
Thay vào (6) ta đợc :
881)23(
3
= xx
023189
23
= xxx



=
=

023189
0
2
xx
x






=
=

3
243
0
x
x
Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm :
3
243
;0

Bài 3 : Giải phơng trình :
27cos162)1cos8(
33
=+ xx
Giải :
Đặt :
Xx =cos2
; Điều kiện :
2|| X
Ta có phơng trình :
( )
27811
3
3
=+ xX
(9)
Đặt :
YX 31
3

=+
Thay vào (9) ta đợc :
13
3
= XY
Ta có hệ phơng trình :





=+
=+
XY
YX
31
31
3
3
)11(
)10(
Lấy (10) - (11) ta đợc :

0)1)((
22
=+++ YXYXYX
YX =
Trang
8
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân

Thay vào (10) ta đợc :
013
3
=+ XX
Thay
xX cos2=
ta đợc :
1cos6cos8
3
= xx
1)cos3cos4(2
3
= xx
13cos2
=
x
2
1
3cos = x
+

= 2
3
2
3 kx
,
Zk

3
2

9
2
+

=
k
x
Zk
Xét lớp dạng :
[ ]
[ ]
4811
)(
3
3
)(
=+
xx
ff
Bài 4 : Giải phơng trình :
6)32(92
3
3
+=
xx
Giải : Đặt :
X
x
=2
,

0>X
Ta có phơng trình :
( )
639
3
3
+= XX
Đặt :
39
3
= YX
3
)3(9 = YX
Ta có hệ phơng trình :





=
=
9)3(
9)3(
3
3
XY
YX
)13(
)12(
Lấy (11) - (12) ta đợc :

[ ]
01)3()3)(3()3()(
22
=+++ YYXXYX
YX =
Thay vào (12) ta đợc :
018279
23
=+ XXX



=+
=

0189
1
2
XX
X





=
=
=

3
6
1
X
X
X
mãn) (thoả
Với
0121 === xX
x
6log626
2
=== xX
x
3log323
2
=== xX
x
3. Bài tập tự giải :
1)
3
3
2332 =+ xx
Trang
9
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
2)
3
3
1221 =+ xx

3)
255336853
23
3
+= xxxx
4)
091633
3
23
=+ xxxx
Những khó khăn mà học sinh thờng gặp là vấn đề chọn số a
2
, b
2
thoả
mãn điều kiện :
a
2
= a
1
c + d
b
2
= b
1
c + e
Dạng 3 : Phơng trình dạng :

xf(f(x)) =
(III)

1 Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình
xf(f(x)) =
Với
)(xf
là hàm số đồng biến trên
RD
x

Giải : Đặt
yxf =)(
Ta có :
xyf =)(
Do
)(xfy =
là hàm số đồng biến trên
x
D
nên
xyf =)(
là hàm số đồng biến
trên
RD
y

.
Ta có hệ phơng trình :

=
=
xyf
yxf
)(
)(
)2(
)1(
Giả sử D = D
x
= D
y
khi đó từ (1) và (2)
)()( yfxfxy =
yyfxxf +=+ )()(
(3)
Do
)(xf
là hàm số đồng biến
xxf + )(
là hàm số đồng biến.
Nên từ (3)
yx =
Thay vào (1), ta có :
xxf =)(
Xét hàm số :
xxfxg = )()(
Sử dụng định lý Rôn : Nếu
)(xg
lồi hoặc lõm trên D thì phơng trình

0)( =xg
nếu có nghiệm thì có không quá hai nghiệm
D
.
Giải phơng trình tìm nghiệm của
0)( =xg
(Chỉ cần chỉ ra 2 nghiệm thoả mãn
0)( =xg
)
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
[ ]
xx = 1)13(log3log
22
(4)
Giải : Điều kiện :
3
1
013 >> xx
Trang
10
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Đặt
132)13(log
2
== xyx
y
Khi đó (4)
xy = )13(log
2

132 = y
x
Ta có hệ phơng trình :





=
=
132
132
x
y
y
x
)6(
)5(
Lấy (5) - (6) ta đợc :
yx
yx
3232 +=+
)7(
Đặt :
ttf
t
32)( +=
Ta có :
032ln2)(' >+=

t
tf
,
Rt

)(tf
là hàm số đồng biến.
Khi đó, từ (7) ta có : x = y
Thay vào (5), ta có :
132 = x
x
0132 =+ x
x
Đặt
132)( += xxg
x
trên






+= ,
3
1
D
32ln2)(' =
x
xg

02ln2)(''
2
>=
x
xg
,






+ ,
3
1
x
)(xg
là lõm trên D
Theo định lý Rôn : Phơng trình
0)( =xg
nếu có nghiệm thì có không quá 2
nghiệm.
Nhận thấy : g(3) = g(1) = 0

phơng trình :
0132 =+ x
x
có 2 nghiệm là 3 và 1.
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là 1 và 3.
Bài 2 : Giải phơng trình :

xx =)sin(sin
với
[ ]
1;1x
Giải :
Đặt
yx =sin
;
[ ]
1;1y
Ta có hệ phơng trình :



=
=
xy
yx
sin
sin
)9(
)8(
Lấy (8) - (9) ta đợc :
yyxx +=+ sinsin
)10(
Đặt
ttg
t
+= sin
)(

Ta có :
01cos)(' += ttg
,
[ ]
1;1t
Trang
11
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
( )
)tg
là hàm số đồng biến trên
[ ]
1;1
Nên phơng trình (10)
yx
=
Thay vào phép đặt ta có :
xx
=
sin
Đặt :
xxxf = sin)(
Ta có :
01cos)(' = xxf
,
Rx

)(xf
là hàm số nghịch biến trên
[ ]

1;1
Và
01cos0)( === xxxf
do
[ ]
1;1x
Bảng biến thiên của hàm số
xxxf = sin)(
x -1 0 1
f'
(x)
- 0 -
f
(x)
0
Vậy phơng trình
0)( =xf
có nghiệm x = 0
Kết luận : Phơng trình đã cho có nghiệm x = 0
Bài 3 : Giải phơng trình :
( ) ( )
443343
2
2
2
+=+++ xxxxx
Giải :
Đặt :
yxx =+ 43
2

Ta có hệ phơng trình :





=+
=+
xyy
yxx
43
43
2
2
)12(
)11(
Lấy (11) - (12) ta đợc :

( )( )
04 =++ yxyx



=++
=

04yx
yx
Tr ờng hợp 1 : Với x = y thì (11) có dạng :
042

2
=+ xx





+=
=

51
51
x
x
Tr ờng hợp 2 : Với
xyyx ==++ 404
Khi đó (11) có dạng :
04
2
=+ xx




=
=

4
0
x

x
Vậy phơng trình có 4 nghiệm :
4
;
51
;
0
;
51+
Bài 4 : Giải biện luận phơng trình :
xxff =))((
Với
mxxxf ++= 2)(
2
Trang
12
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Giải : Đặt :
yxf =)(
Ta có hệ :





=++
=++
xmyy
ymxx
2

2
2
2
)14(
)13(
Lấy (13) - (14) ta có :
( )( )
03 =++ yxyx
Tr ờng hợp 1 : Với x = y thì (14) có dạng :
0
2
=++ mxx
)15(
m41=
+
4
1
>m
thì (15) vô nghiệm.
+
4
1
=m
thì (15) có nghiệm kép
2
1
=x
+
4
1

<m
thì (15) có 2 nghiệm phân biệt :
2
411
2,1
m
x

=
Tr ờng hợp 2 : Với
303 ==++ xyyx
thì (13) có dạng :
033
2
=+++ mxx
(16)
m43 =
+
4
3
>m
thì (16) vô nghiệm.
+
4
3
=m
thì (16) có nghiệm kép :
2
3
=x

+
4
3
<m
thì (16) có 2 nghiệm phân biệt :
2
433
2,1
m
x

=
Kết luận : +
4
1
>m
phơng trình đã cho vô nghiệm.
+
4
1
=m
phơng trình đã cho có nghiệm kép
2
1
=x
+
4
3
=m
phơng trình đã cho có nghiệm kép

2
3
=x
+
)
4
3
;( m



)
4
1
;
4
3
(
: Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
3. Bài tập tự giải :
1)
xx =)cos(cos
với
[ ]
1;1x
2)
xxff =))((
với
35)(
2

++= xxxf
và
0

x
3) Cho phơng trình :
( ) ( )
xccbxaxbcbxaxa =++++++
2
2
2
Tìm điều kiện của a, b, c để phơng trình trên vô nghiệm.
Dạng 4 : Phơng trình mũ và logarit
Trang
13
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
1. Bài toán tổng quát :
Giải phơng trình :
edxbxacS
S
bxa
+++=
+
)(log
22
11
(IV)
Với
0,
21

aa
;
10 < S
;
dcaa +=
12
;
ecbb +=
12
Giải : Điều kiện :
0
22
>+ bxa
Đặt :
1122
)(log byabxa
S
+=+
22
11
bxaS
bya
+=
+
Ta có hệ phơng trình :

++=
+=
+
+
2121
22
)(
11
11
bxcaacyaS
bxaS
bxa
bya
)2(
)1(
Lấy (1) - (2) ta đợc :
cyaScxaS
byabxa
11
1111
+=+
++
(3)
Xét hàm số :
ctaStf
bta
1
11
)( +=
+

trên D.
Nếu
)(tf
đơn điệu trên D thì từ (3) suy ra :
yx =
Thay vào (1) ta có :
22
11
bxaS
bxa
+=
+
Đặt :
22
11
)( bxaSxg
bxa
=
+
Có thể sử dụng bất đẳng thức Becnuli hoặc định lý Rôn để giải phơng
trình
0)( =xg
2. Bài tập :
Bài 1 : Giải phơng trình :
)21(log13
3
xx
x
+++=
Giải :

Điều kiện :
2
1
021 >+ xx
Đặt :
y
xyx 321)21(log
3
=+=+
Ta có hệ phơng trình :





++=
+=
13
123
xy
x
x
y
)6(
)5(
Lấy (5) - (6) ta đợc :
yx
yx
+=+ 33
(7)

Đặt :
ttg
t
+= 3)(
Ta có :
ttg
t
>+= ,013ln3)('
( )
)tg
luôn đồng biến trên R.
Vậy (7)
yx
=
Thay vào (5) ta đợc :
123 += x
x
Trang
14
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Xét hàm số :
( )
123 = xxg
x
trên

+ ,
2
1
Ta có :
23ln3)(' =
x
xg
03ln3)(''
2
>=
x
xg
,






+ ,
2
1
x
)(xg
luôn lõm trên

+ ,
2
1
Theo định lý Rôn : Phơng trình
0)( =xg
nếu có nghiệm thì có không quá 2
nghiệm.
Nhận thấy :
0)1()0( == gg
Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 0 và x = 1.
Bài 2 : Giải phơng trình :
3
7
1
)56(log217 +=

x
x
(8)
Giải : Điều kiện :
6
5
056 >> xx
(8)
)56(log617
7
1
+=

x
x
(9)
Đặt :
1)56(log
7
= yx
1
756

=
y
x
Khi đó (9)
56)1(617
1
=+=

yy
x
Ta có hệ phơng trình :





=
=

567
567
1
1
x
y
y
x
)11(
)10(
Lấy (10) - (11) ta đợc :
)1(67)1(67
11
+=+

yx
yx
(12)
Xét hàm số :
ttg
t
67)( +=
Ta có :
067ln7)(' >+=
t
tg
,
t

)(tg
luôn đồng biến nên (12)
yx
=
Thay vào (10) ta có phơng trình :
567
1
=

x
x
Xét hàm số :
567)(
1
+=

xxf
x
trên






+,
6
5
Ta có :
67ln7)('

1
=
x
xf
07ln7)(''
21
>=
x
xf
,
),
6
5
( +x
)(xf
luôn lõm trên D.
Trang
15
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
Theo định lý Rôn : Phơng trình
0)( =xf
nếu có nghiệm thì có không quá 2
nghiệm.
Nhận thấy :
0)2()1( == ff
Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 và x = 2.
Bài 3 : Giải phơng trình :
1)1ln(sin
sin
=+

x
ex
(13)
Giải :
Điều kiện :
1sin x
Đặt :
tx =sin
, điều kiện :
1|| t
Khi đó, (13) có dạng :
1)1ln( =+
t
et
Đặt :
y
etyt =+=+ 1)1ln(
Ta có hệ phơng trình :





=
=
te
ye
y
t
1

1
)15(
)14(
Lấy (14) - (15) ta đợc :
yete
yt
+=+
(16)
Đặt :
sesg
S
+=)(
Ta có :
01)( >+=
S
esg
,
Rs

)(sg
là hàm số đồng biến nên (16)
yx =
Thay vào (14) ta đợc :
1+= te
t
Xét phơng trình :
1)( = tetf
t
trên
[ ]

1;1
Ta có :
1)(' =
t
etf
0010)('' === tetf
t
Bảng biến thiên :
t -1 0 1
f'
(t)
- 0 +
f
(t)
0
Từ bảng biến thiên ta thấy phơng trình
0)( =xf
có nghiệm duy nhất x = 0
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm : x = 0
3. Bài tập tự giải :
1)
( )
15log3216
6
+++= xx
x
2)
( )
16coscos4log2cos
6

sin
2
1
3
4
sin2
2
+=

+






xxx
x
3)
[ ]
11)(ln
)(
=+
xf
exf
Trang
16
Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân
a) Với :
xxf

2
log)( =
b) Với :
xxf cos)( =
V Kết luận :
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 đã viết đề tài này với mong muốn giúp học sinh tìm
ra phơng pháp giải tối u.
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
17