Các phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ KIM THẢO

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
PGS. TS. NGUYỄN ĐÌNH SANG

HÀ NỘI - NĂM 2015


Mục lục
MỞ ĐẦU

3

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Cách giải phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Phương pháp đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Phương pháp biến đổi thông thường . . . . . . . .
1.2 Cách giải phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phương trình bậc bốn tổng quát . . . . . . . . . .

1.2.2 Phương trình x4 + cx2 + dx + e = 0 . . . . . . . .
1.3 Một số bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Bất đẳng thức AM - GM . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Tính chất của hàm đơn điệu, khả vi và ứng dụng . . . . .
1.4.1 Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Định lý Lagrange và áp dụng . . . . . . . . . . . .
1.4.4 Định lý Cauchy và áp dụng . . . . . . . . . . . . .
1.5 Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một
hàm số và của một tập hợp . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5.2 Các điều kiện đủ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

. 15

. 15
. 15

2 CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
2.1 Phương pháp biến đổi tương đương hoặc biến đổi hệ quả . .
2.1.1 Nâng lũy thừa bậc chẵn hai vế của phương trình . .
2.1.2 Lập phương hai vế của phương trình . . . . . . . . .
i

5
5
5
7
8
8
9
10
10
11
11
11
12
12
13

17
17
17
21

2.2

2.3

2.4

2.5

2.1.3 Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 Biến đổi đưa về phương trình tích . . . . . . . . . .
Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Đặt ẩn phụ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đưa về phương trình
đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.4 Đặt ẩn phụ đưa về tích . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.5 Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đưa về hệ phương trình
2.2.5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường . . . .
2.2.5.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II . . .
2.2.5.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng . . . .
Phương pháp đánh giá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Sử dụng hằng đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.3 Sử dụng tính chất hình học phẳng . . . . . . . . . .
Phương pháp hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục và đơn điệu . . . . .
2.4.2 Phương pháp định lý cơ bản về hàm khả vi . . . . .
Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . .

23
33
36
37
41
46
51
54
54
58
66
69
69
70
77
84
84
91
94

3 GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH THÔNG QUA GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH
103
3.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
3.2 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
KẾT LUẬN

110

Tài liệu tham khảo

111

ii


MỞ ĐẦU
Phương trình và bất phương trình vô tỷ là loại toán có vị trí
đặc biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông.
Nó xuất hiện nhiều trong các kì thi học sinh giỏi cũng như kì
thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh phải đối mặt với rất nhiều
dạng toán về phương trình và bất phương trình vô tỷ mà phương
pháp giải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa.
Việc tìm phương pháp giải phương trình và bất phương trình
vô tỷ là niềm say mê của không ít người, đặc biệt là những người
đang trực tiếp dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng
dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài "Các Phương Pháp Giải
Phương Trình Và Bất Phương Trình Vô Tỷ" làm đề tài nghiên
cứu của luận văn.
Mục đích của luận văn này là hệ thống hóa các phương pháp
giải phương trình và bất phương trình vô tỷ, giúp nhận dạng các
bài toán, đề xuất các phương pháp giải và chọn phương pháp tối
ưu.
Nội dung của luận văn được chia làm 3 chương:
Chương 1: Trình bày các kiến thức chuẩn bị.
Gồm một số cách giải phương trình bậc ba, phương trình bậc
bốn, một số tính chất của hàm số đơn điệu, khả vi và ứng dụng
để giải một số phương trình đồng thời cũng nhắc lại một số bất
đẳng thức được sử dụng về sau.
Chương 2: Trình bày các phương pháp giải phương trình vô

tỷ trong phạm vi chương trình phổ thông.
3


Mỗi phương pháp, tác giả cố gắng tổng quát hóa các dạng
mà có thể sử dụng phương pháp này, nhận xét về cách giải của
bài toán, tổng hợp hóa dạng toán, nêu cách giải khác của bài
toán nếu có, cách sáng tạo ra các bài toán khác, đồng thời cho
một số ví dụ minh họa cùng với một số bài toán tham khảo.
Chương 3: Trình bày về phương pháp giải bất phương trình
vô tỷ thông qua giải phương trình vô tỷ tương ứng.
Trong chương này trình bày cách giải phương tình tương ứng
và lập bảng xét dấu để kết luận nghiệm trên cơ sở tính liên tục
của hàm sơ cấp.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của
PGS.TS Nguyễn Đình Sang. Em xin được bày tỏ lòng biết ơn
chân thành và sâu sắc đối với người Thầy của mình, người đã
nhiệt tình hướng dẫn, chỉ bảo em trong suốt quá trình làm luận
văn. Em cũng xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban
giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại
học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, cùng quý
thầy cô tham gia giảng dạy khóa học đã tạo mọi điều kiện, giúp
đỡ em trong suốt quá trình học tập để em hoàn thành khóa học
và hoàn thành bản luận văn này.
Trong quá trình làm, đề tài không tránh khỏi những thiếu
sót. Kính mong quý thầy cô và các bạn góp ý xây dựng.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà nội, ngày 12 tháng 9 năm 2015
Học viên

Nguyễn Thị Kim Thảo

4


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1

Cách giải phương trình bậc ba

1.1.1

Phương pháp đạo hàm

Xét phương trình:

f (x) = x3 + ax2 + bx + c = 0

(1.1)

Phương trình này luôn luôn có ít nhất một nghiệm.
Ta có:

f (x) = 3x2 + 2ax + b
Nếu a2 − 3b ≤ 0 thì (1.1) có đúng một nghiệm.
Nếu a2 > 3b thì (1.1) có 3 nghiệm khi fmax fmin ≤ 0
Dùng khai triển Taylor tại x = α

f (α)

f (α)
(x − α) +
(x − α)2 + (x − α)3
(1.2)
1!
2!
x=α
f (α)
Nếu f (α) = 0 thì f (x) = 0 ⇔
(x − α)2 +
(x − α) + f (α) = 0
2
Nếu f (α) = 0 đưa (1.2) về dạng:
f (x) = f (α) +

t3 + pt + q = 0
Để giải (1.3) ta tìm nghiệm dưới dạng t = u + v dẫn đến hệ:

 3 3
p3
uv
= −
27
u3 + v 3 = −q
5

(1.3)


4p3

p3
2
= 0 có ∆ = q +
Xét phương trình X + qX −
27
27
√
√
∆
∆
3 −q −
3 −q +
Nếu ∆ ≥ 0 tìm nghiệm t = u + v =
+
2
2
Nếu ∆ < 0:
−q − |∆|i
u3 =
= r(cosϕ + isinϕ)
2
2

v3 =

−q +

|∆|i
2

= r(cosϕ − isinϕ)

Khi đó 3 nghiệm thực:

√
√
√
ϕ
ϕ + 2π
ϕ + 4π
t1 = 2 3 rcos , t2 = 2 3 rcos
, t3 = 2 3 rcos
3
3
3
Định lí 1.1. Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số (1.1) nhận điểm

(α; f (α)) làm tâm đối xứng là f (α) = 0.
Chứng minh:
Điều kiện đủ: Giả sử f (α) = 0. Từ khai triển Taylor ta có:
y − f (α) = (x − α)3 + f (α)(x − α)
X = x−α
Y = y − f (α)
Ta đưa hàm số y = x3 + ax2 + bx + c về dạng:
Đặt

Y = X 3 + f (α)X
X = 0
Y = 0 hay (x = α; y = f (α)) là

Đây là hàm lẻ nên tâm đối xứng là:
tâm đối xứng.
Điều kiện cần:

y − f (α) = f (α)(x − α) +

f (α)
(x − α)2 + (x − α)3
2

X = x−α
Y = y − f (α)
Ta được:
Đặt

Y = X3 +

f (α) 2
X + f (α)X
2
6


Hàm số này nhận (X = 0; Y = 0) là tâm đối xứng nên F (−X) + F (X) =

0 ⇔ f (α) = 0.
Định lí 1.2. Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số (1.1) cắt trục hoành
f (α) = 0
tại 3 điểm có hoành độ lập thành một cấp số cộng là
f (α) = 0

1.1.2

Phương pháp biến đổi thông thường

Nhận thấy mọi phương trình bậc ba có dạng:

a1 x3 + b1 x2 + c1 x + d = 0, a = 0
đều đưa được về dạng:

x3 + ax2 + bx + c = 0

(1.4)

Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức:
Nếu x = α là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta luôn có sự
phân tích f (x) = (x − α)g(x).
Cách 2: Bằng phép đặt y = x −

a
phương trình (1.4) trở thành :
3

y 3 − py = q

(1.5)

a3
2a3 ab
− b, q = −

+
− c.
3
27
3
Xét phương trình (1.5):
với p =

• Nếu p = 0 thì phương trình (1.5) có nghiệm duy nhất x =

√
3

p
thì phương trình (1.5) trở thành:
3
√
3q
4t3 − 3t = m với m = √
2p p

q

• Nếu p > 0, đặt y = 2t

(1.6)

- Nếu m = 1 thì phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = 1 và nghiệm
1
kép t = −

2
7


- Nếu m = −1 thì phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = −1 và
1
nghiệm kép t =
2
- Nếu |m| < 1, đặt m = cosα, phương trình (1.6) có ba nghiệm
α
α ± 2π
t = cos , t = cos
3
3
1
1
- Nếu |m| > 1, đặt m = (d3 + 3 )(∗), với d được xác định là
2
d
√
nghiệm của phương trình (∗), tức là d3 = m + m2 − 1 (hoặc d3 =
√
m − m2 − 1)
Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất:
1
1
t = (d − )
2
d

1.2
1.2.1

Cách giải phương trình bậc bốn
Phương trình bậc bốn tổng quát

Xét phương trình:

x4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

(1.7)

Đặt f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e
Hướng giải quyết là đưa về phương trình tích.
Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức:
Nếu x = α là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta luôn có sự
phân tích f (x) = (x − α)g(x).
Để dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau:

• Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có nghiệm thì nghiệm
đó phải là ước của e, với điều kiện b, c, d, e ∈ Z
• Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có tổng các hệ số bằng
0 thì đa thức có một nghiệm x = 1
• Nếu đa thức f (x) = x4 + bx3 + cx2 + dx + e có tổng các hệ số của
bậc chẵn bằng tổng các hệ số của bậc lẻ thì đa thức có một nghiệm
x = −1
8


Cách 2: Đưa phương trình (1.7) về phương trình đặc biệt:

Một số dạng đặc biệt của phương trình (1.7):
Xét khai triển Taylor tại x = x0 của đa thức f (x):

1
1
f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )+ f (x0 )(x−x0 )2 + f (x0 )(x−x0 )3 +(x−x0 )4
2
6
• Phương trình dạng:
x4 + bx2 + c = 0

(1.8)

f (x) = 0
f (x) = 0 có nghiệm x = x0
Bằng phép đặt x − x0 = t đưa phương trình (1.7) về dạng (1.8).

Hệ phương trình

• Phương trình dạng:
x4 + cx2 + dx + e = 0

(1.9)

b
Phương trình f (x) = 0 có nghiệm x0 = − , bằng phép đặt x−x0 =
4
t đưa phương trình (1.7) về phương trình (1.9).
• Phương trình dạng đối xứng:
x4 + ax3 + bx2 ± ax + 1 = 0

Đặt t = x ±

1.2.2

(1.10)

1
đưa phương trình (1.7) về dạng t2 + at + b = 0.
x

Phương trình x4 + cx2 + dx + e = 0

Xét phương trình:

x4 + cx2 + dx + e = 0

(1.11)

Cách 1: Biến đổi phương trình (1.11) về dạng:

x4 = −cx2 − dx − e
⇔ x4 + 2mx2 + m2 = (2m − c)x2 − dx + (m2 − e)
⇔ (x2 + m)2 = (2m − c)x2 − dx + (m2 − e)
Chọn m sao cho VP(∗) là bình phương của một nhị thức, tức là:
∆ = d2 − 4(2m − c)(m2 − e) = 0
9

(∗)

⇔ 8m3 − 4cm2 − 8em + 4ce − d2 = 0
(∗∗)
Phương trình (∗∗) là phương trình bậc 3 ẩn m, giải phương trình tìm được
m (chọn một giá trị thích hợp).
• Nếu 2m − c > 0. Khi đó (∗) có dạng:
(x2 + m)2 = (nx + p)2

(∗ ∗ ∗ )

Phương trình (∗ ∗ ∗) giải bằng cách biến đổi về phương trình tích.

• Nếu 2m − c < 0. Khi đó, (∗) có dạng:
(x2 + m)2 + (nx + p)2 = 0
Phương trình này có nghiệm thỏa mãn:

x2 + m = 0
nx + p = 0

• Nếu 2m − c = 0. Khi đó, VP(∗) là một nhị thức.
Cách 2: Sử dụng hệ số bất định:
Do VT(1.11) không có đại lượng bậc 3 nên biến đổi VT(1.11) về dạng:

x4 + cx2 + dx + e = (x2 + mx + n)(x2 − mx + p)
Sử dụng hệ số bất định để tìm m, n, p. Tuy nhiên, không phải lúc nào ta
cũng có thể tìm được giá trị của m, n, p.

1.3

Một số bất đẳng thức

1.3.1

Bất đẳng thức AM - GM

Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực không âm. Khi đó ta có bất đẳng thức:

√
a1 + a2 + ... + an
≥ n a1 a2 ...an
n
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .

10


1.3.2

Bất đẳng thức Cauchy

Cho a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn là các số thực. Khi đó ta có:

(a21 + a22 + ... + a2n )(b21 + b22 + ... + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) là hai bộ số
tỉ lệ ai = tbi hoặc bi = tai ∀i = 1, 2, ..., n.

1.4

Tính chất của hàm đơn điệu, khả vi và ứng dụng

1.4.1

Tính đơn điệu của hàm số

Cho hàm số y = f (x) liên tục và có đạo hàm trên (a; b) và f (x) = 0
chỉ với một số hữu hạn điểm. Khi đó:

• f là hàm số tăng trên (a; b) ⇔ f (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b)
• f là hàm số giảm trên (a; b) ⇔ f (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b).
Định lí 1.3. Giả thiết f (x) là một hàm liên tục và đồng biến (hoặc nghịch
biến) trên [a; b].
Khi đó:
1) Phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất là một nghiệm trên [a; b]
2) Phương trình f (x) = f (y) tương đương với phương trình x = y nếu

x; y đều thuộc [a; b].
Định lí 1.4. Giả thiết f (x) là hàm liên tục và đơn điệu tăng trên [a; b],

g(x) là hàm liên tục và đơn điệu giảm trên [a; b]. Khi đó, phương trình
f (x) = g(x) có nhiều nhất là một nghiệm trên [a; b].
Nhận xét 1.1. Các định lý trên đây còn có thể xem là hệ quả của định
lý sau đây khi f (x), g(x) là những hàm sơ cấp.
Định lí 1.5. Giả thiết f (x) là hàm khả vi trên (a; b) và x1 ; x2 là hai
nghiệm phân biệt của phương trình f (x) = 0 (x1 < x2 ). Khi đó, phương
trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ (x1 ; x2 ).
11


Hệ quả 1.1. Nếu f (x) khả vi và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a; b).
Khi đó, phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.
Hệ quả 1.2. Nếu f (x) khả vi và f (x) = 0 có n nghiệm thì phương trình

f (x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm.
Hệ quả 1.3. Nếu f (x) là hàm khả vi và f (x) = 0 có nghiệm duy nhất
thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm.

1.4.2

Định lý Rolle

Giả sử hàm f : [a; b] → R thỏa mãn:

• f liên tục trên [a; b]
• f khả vi trong khoảng (a; b)
• f (a) = f (b)
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0.
Hệ quả 1.4. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình

f (k) (x) = 0 có m nghiệm phân biệt trong khoảng (a; b). Khi đó, phương
trình f (k−1) (x) = 0 có nghiệm nhiều nhất là (m + 1) nghiệm trong [a; b].
1.4.3

Định lý Lagrange và áp dụng

Định lí 1.6. (Định lý Lagrange) Giả thiết hàm số y = f (x) xác định trên

[a; b] thỏa mãn:
i) Liên tục trên [a; b]
ii) Khả vi trên (a; b)
Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho:

f (b) − f (a) = f (c)(b − a)
Hệ quả 1.5. Nếu f (x) = 0, ∀x ∈ (a; b), với f (x) thỏa mãn giả thiết định
lý Lagrange thì phương trình f (x1 ) = f (x2 ) ⇔ x1 = x2 , ∀x1 , x2 ∈ (a; b).
12


Hệ quả 1.6. Nếu hàm số y = f (x) thỏa mãn các giả thiết định lý Lagrange
và f (x) ∈ (a; b) f (x) = −1, ∀x ∈ (a; b) thì phương trình f [f (x)] = x ⇔

f (x) = x.
Chứng minh
f [f (x)] = x ⇔ f [f (x)] − f (x) + [f (x) − x] = 0
⇔ f (c)[f (x) − x] + [f (x) − x] = 0 (Định lý Lagrange)
⇔ [f (c) + 1][f (x) − x] = 0
⇔ f (x) = x
1.4.4

Định lý Cauchy và áp dụng

Định lí 1.7. (Định lý Cauchy) Giả sử f (x) và g(x) là hai hàm số cùng
xác định trên [a; b] có tính chất:
1) f và g là hai hàm liên tục trên [a; b]
2) f và g cùng khả vi trên (a; b)
Khi đó, tồn tại c ∈ (a; b) sao cho:

[f (b) − f (a)]g (c) = [g(b) − g(a)]f (c)
Nếu g (x) = 0 ∀x ∈ (a; b) thì

f (b) − f (a) f (c)
=

g(b) − g(a)
g (c)

Định lí 1.8. Giả sử f, g là hai hàm khả vi cùng tính đơn điệu(cùng tăng
hoặc cùng giảm thực sự) trên (a; b). Khi đó, hệ phương trình n ẩn

f (x1 )
= g(x2 )



 f (x2 )
= g(x3 )
...


f (xn−1 ) = g(xn )


f (xn )
= g(x1 )
chỉ có các nghiệm bằng nhau x1 = x2 = ... = xn .
Chứng minh
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử hệ có nghiệm (xj )nj=1 với (xj )nj=1
13


là dãy tăng thực sự (hoặc giảm thực sự) chẳng hạn a < x1 < x2 < ... <

xn < b. Khi đó, theo định lý Cauchy tồn tại c ∈ (x1 ; x2 ) sao cho:

A=

f (c) f (x2 ) − f (x1 )
f (x2 ) − f (x1 )
=
=
<0
g (c)
g(x2 ) − g(x1 )
f (x1 ) − f (xn )

f (c)
> 0 mâu thuẫn. Vì vậy x1 = x2
g (c)
g(x2 ) = f (x1 )
g(x3 ) = f (x2 ) = f (x1 ) ⇔ g(x2 ) = g(x3 )
Do g tăng nên x1 = x2 = x3
Bằng lý luận tương tự ta có: x1 = x2 = x3 = ... = xn .
Mặt khác A =

Định lí 1.9. Giả sử f và g là hai hàm liên tục trên [a; b] và khả vi trên

(a; b), f là hàm đơn điệu tăng thực sự, g là hàm đơn điệu giảm thực sự
trên (a; b). Khi đó, hệ phương trình

f (x1 )
= g(x2 )




 f (x2 )
= g(x3 )
...


f (xn−1 ) = g(xn )


f (xn )
= g(x1 )
nếu có nghiệm (x1 , x2 , x3 , ..., xn ) thì

x1 = x3 = ...
x2 = x4 = ...
Chứng minh

f (x1 ) = g(x1 )
f (x2 ) = g(x3 ) ⇒ x1 = x2 = x3
Tương tự x1 = x2 = ... = xn nếu f (t) = g(t) có nghiệm. Nếu x1 < x2 < x3
thì f (x1 ) < f (x2 ) < f (x3 ), g(x2 ) < g(x3 ) < g(x4 ) vô lý vì f tăng còn g
giảm
Ta giả sử x1 = x3 , theo định lý Cauchy ∃c ∈ (a; b) sao cho:
Nếu x1 = x2 thì

f (c)[g(x3 ) − g(x1 )] = g (c)[f (x3 ) − f (x1 )]
f (c).0 = g (c)[g(x4 ) − g(x2 )] ⇔ x2 = x4
Khi đó, f (c1 )[g(x4 ) − g(x2 )] = g (c1 )[f (x4 ) − f (x2 )]

0 = g (c1 )[g(x5 ) − g(x3 )] ⇔ x5 = x3
14

1.5
1.5.1

Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN)
của một hàm số và của một tập hợp
Định nghĩa

Cho hàm số y = f (x) xác định trên tập D ⊂ R.

M được gọi là GTLN của hàm số trên D nếu đồng thời thỏa mãn hai điều
kiện:
i) f (x) ≤ M ∀x ∈ D
ii) ∃x0 ∈ D : f (x0 ) = M
Khi đó, ký hiệu M = max f (x) hoặc M = yln .
x∈D

m được gọi là GTNN của hàm số trên D nếu đồng thời thỏa mãn hai điều
kiện:
i) f (x) ≥ M ∀x ∈ D
ii) ∃x1 ∈ D : f (x1 ) = m
Khi đó, ký hiệu m = min f (x) hoặc m = ynn .
x∈D

1.5.2

Các điều kiện đủ

- Một hàm số liên tục trên một [a; b] ⊂ R thì đạt GTLN, GTNN trên

đoạn đó. Ký hiệu, max f, min f .
[a;b]

[a;b]

- Một hàm số f liên tục và đơn điệu trên [a; b] ⊂ R thì max f =
[a;b]

max {f (a), f (b)} và min f = min {f (a), f (b)}.
[a;b]

- Điểm dừng: Các điểm thuộc tập xác định của hàm f (x) mà tại đó đạo
hàm của nó bằng không hoặc không tồn tại được gọi là điểm dừng (điểm
tới hạn) của hàm đã cho.
- Giả sử f (x) là hàm số liên tục trên [a; b] ⊂ R và chỉ khi có một số
hữu hạn điểm tới hạn x1 , x2 , ..., xn . Khi đó,

max f = max {f (a), f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn ), f (b)}
[a;b]

15


min f = min {f (a), f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn ), f (b)}
[a;b]

Chú ý: Ta có thể thay [a; b] là tập xác định của hàm f (x) bằng tập D ⊂ R
và dẫn đến khái niệm max f và min f .
D

D

Định lí 1.10. Giả sử y = f (x) là hàm liên tục trên [a; b] ⊂ R. Khi đó,
1) Phương trình f (x) = c có nghiệm thuộc [a; b] khi và chỉ khi

min f (x) ≤ c ≤ max f (x)
[a;b]

[a;b]

2) Bất phương trình f (x) ≥ c có nghiệm thuộc [a; b] khi và chỉ khi

max f (x) ≥ c
[a;b]

3) Bất phương trình f (x) < c có nghiệm thuộc [a; b] khi và chỉ khi

min f (x) < c
[a;b]

4) Bất phương trình f (x) > c có nghiệm đúng ∀x ∈ [a; b] khi và chỉ khi

min f (x) > c
[a;b]

5) Bất phương trình f (x) ≤ c có nghiệm đúng ∀x ∈ [a; b] khi và chỉ khi

max f (x) ≤ c
[a;b]

16


Chương 2
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
2.1

Phương pháp biến đổi tương đương hoặc biến
đổi hệ quả

Với phương pháp này ta có một số chú ý sau:

• Nhận xét xem nếu dùng phương pháp nâng lũy thừa hai vế thì ta nên
lũy thừa hai vế, chuyển vế sau đó nâng lũy thừa hay làm như thế nào
(một số dạng thường gặp sẽ trình bày cụ thể sau).
• Nếu dùng phương pháp biến đổi hệ quả thì phương trình thu được có
thể xuất hiện nghiệm ngoại lai, cần phải kiểm tra lại.
• Sử dụng một số phép biến đổi khác trước khi nâng lũy thừa cũng như
phép biến đổi thêm bớt để nhân liên hợp.
• Chú ý đến nhẩm nghiệm của phương trình.
2.1.1

Nâng lũy thừa bậc chẵn hai vế của phương trình

a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Để giải một số phương trình vô tỷ có chứa căn bậc chẵn, ta có thể nâng
lũy thừa bậc chẵn cả hai vế của phương trình. Tuy nhiên cần chú ý đến
điều kiện của phép biến đổi là tương đương.
Một số dạng cơ bản:

17


•

f (x) = g(x) ⇔

•

f (x) =

g(x) ⇔

g(x) ≥
0
f (x) = [g(x)]2
f (x) ≥ 0
f (x) = g(x) (có thể thay thế g(x) ≥ 0)

b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình:
√
x−1+

x2

−1=

√

x3

Giải:
Điều kiện: x ≥ 1
Bình phương hai vế của phương trình ta được:

x3 − x2 − x + 1 − 2 x3 − x2 − x + 1 + 1 = 0
⇔

x3 − x2 − x + 1 = 1

⇔ x3 − x2 − x + 1 = 1

x = 0 (KTM)
√

1− 5

(KTM)
⇔x =
2
√

1+ 5
x =
2
√
1+ 5
Vậy phương trình có nghiệm x =
.

2
Bài 2. Giải phương trình:
√
√
√
√
x + 3 + 3x + 1 = 2 x + 2x + 2
Giải:
Điều kiện: x ≥ 0
Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được:

(x + 5)(3x + 1) = x + 1 + 2 x(2x + 1)
Ta thấy tiếp tục giải phương trình này cũng khá phức tạp. Để tìm cách
giải đơn giản ta chuyển vế:
√
√
√
√
3x + 1 − 2x + 2 = 4x − x + 3
18


Sau đó bình phương hai vế để nhận được phương trình hệ quả:
√
√
6x2 + 8x + 2 = 4x2 + 12x
Từ đây ta được nghiệm x = 1
Thử lại x = 1 thỏa mãn nên x = 1 là nghiệm phương trình.
Nhận xét 2.1. Xét phương trình dạng cơ bản

f (x)+

g(x) =

h(x)+

k(x)
Thông thường khi gặp phương trình dạng trên ta thường bình phương hai
vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn như phân tích ở bài trên. Từ đó, ta
có một số nhận xét sau:
i) Nếu f (x) + g(x) = h(x) + k(x) hoặc f (x)g(x) = h(x)k(x) thì bình
phương hai vế phương trình ta được phương trình hệ quả.
ii) Nếu f (x) + h(x) = g(x) + k(x) hoặc f (x)h(x) = g(x)k(x) thì ta biến
đổi phương trình về dạng:

f (x) −

h(x) =

k(x) −

g(x)

Sau đó bình phương hai vế phương trình ta được phương trình hệ quả.
iii) Nếu f (x) − h(x) = α[g(x) − k(x)] hoặc f (x) − h(x) = 0 và g(x) −

k(x) = 0 có nghiệm chung thì ta biến đổi phương trình về dạng:
f (x) −

h(x) =

k(x) −

g(x)

Sau đó nhân liên hợp.
iv) Nếu f (x) − g(x) = α[h(x) − k(x)] hoặc f (x) − g(x) = 0 và h(x) −

k(x) = 0 có nghiệm chung thì ta giải tương tự như iii).

Bài 3. Giải phương trình:

√

4x + 5 +

√

3x + 1 =
19

√

2x + 7 +

√

x+3

Giải:

1
3
Biến đổi phương trình về dạng:
√
√
√
√
4x + 5 − 2x + 7 = x + 3 − 3x + 1
Điều kiện: x ≥ −

Sau đó nhận xét để sử dụng phép nhân liên hợp.
Phương trình có nghiệm x = 1.
Phép nhân liên hợp sẽ được nói kỹ ở phần sau.
Bài 4. Giải phương trình:

x3 + 1 √
+ x+1=
x+3

x2 − x + 1 +

√

x+3

Giải:
Điều kiện: x ≥ −1
Ta có nhận xét:

√
√
x3 + 1 √
. x + 3 = x2 − x + 1. x + 1.
x+3

√
√
x3 + 1 √
− x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1
Do đó, phương trình ⇔
x+3
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả:
√
x3 + 1
x
=
1
−
√3
= x2 − x − 1 ⇔ x2 − 2x − 2 = 0 ⇔
x = 1+ 3
x+3
√
√
Thử lại: x = 1 − 3 và x = 1 + 3 không là nghiệm.
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài tập thêm
Giải các phương trình sau:

√
1. 4 − 3 10 − 3x = x − 2 (Đề thì HSG quốc gia - Bảng A - 2002)
√
√
√
2. x + 3 − 7 − x = 2x − 8
3. √
4.

√
x2
− 3x − 2 = 1 − x
3x − 2
√
x(x − 1) + x(x + 2) = 2 x2
20


√
x + 11 + x − x + 11 = 4
√
√
√
√
6. 8x + 1 + 3x − 5 = 7x + 4 + 2x − 2
5.

x+

√

Đáp số
1. x = 3
2. x = 5; 6
3. x = 1

9
8
5. x = 5

4. x =

6. x = 3

2.1.2

Lập phương hai vế của phương trình

a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Với phương trình dạng:
3

f (x) +

3

g(x) =

3

h(x)

Ta biến đổi tương đương về:

f (x) + g(x) + 3 3 f (x)g(x)
và ta sử dụng phép thế

3

f (x) +

3

3

f (x) +

g(x) =

3

3

f (x) = h(x)

h(x) ta được phương trình

hệ quả:

3 3 f (x)g(x)h(x) = h(x) − f (x) − g(x)

Lập phương hai vế của phương trình, rút gọn và giải phương trình.
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình:

√
3

x+1+

√
3

3x + 1 =
21

√
3

x−1

(1)


Giải:
Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được:
√
√
√
√
3 3 x + 1 3 3x + 1 3 x + 1 + 3 3x + 1 = −3x − 3

√
√
√
Thế 3 x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 vào (2) ta được:
√
√
√
3
x + 1 3 3x + 1 3 x − 1 = −x − 1

(2)

(3)

Lập phương hai vế phương trình (3) ta được phương trình:

x = 0
4x2 (x + 1) = 0 ⇔ x = −1
Thử lại x = −1 thỏa mãn nên là nghiệm của phương trình.
√
√
√
Nhận xét 2.2. Phép thế 3 x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 vào phương trình
(2) có thể dẫn đến một phương trình hệ quả do nghiệm của phương trình
(3) không thỏa mãn phương trình (1) nên khi được nghiệm của phương
trình (3) ta phải có bước thử lại nghiệm vào phương trình đã cho.
Bài 2. Giải các phương trình sau:
√
√
√

1. 3 x + 5 + 3 x + 6 = 3 2x + 11
√
√
√
2. 3 2x − 1 + 3 x − 1 = 3 3x + 1
√
√
√
3. 3 x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x
√
√
√
4. 3 x − 1 + 3 2x − 1 = 3 x + 1
√
√
√
5. 3 15x − 1 + 3 13x + 1 = 4 3 x (Đề thi HSG Gia Lai - 2010)
Đáp số
1. x = −5, x = −6 và x = −

11
2

7
6
3. x = 0
63
4. x =
62
2. x =

5. x = 0, x =

1
1
và x = −
14
12
22


2.1.3

Nhân liên hợp

a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Xét phương trình có dạng cơ bản:

f (x) +

g(x) = h(x)

(2.1)

Nhiều phương trình vô tỷ có thể nhẩm được nghiệm x = x0 . Khi đó,
phương trình (2.1) luôn đưa về được dạng tích (x − x0 )f (x) = 0 bằng các
cách khác nhau trong đó một phương pháp hay dùng là nhân với biểu thức
liên hợp.
Còn đối với phương trình f (x) = 0 có thể vô nghiệm hoặc giải được, cần
chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể giải nhanh

phương trình f (x) = 0.
b) Ví dụ
Bài 1. Giải phương trình:

√
√
4 2 10 − 2x − 3 9x − 37 = 4x2 − 15x − 33

(1)

(ĐT năm 2013 lần 1)
Hướng giải:

• Nếu dùng phương pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ thì sẽ gặp
khó khăn.
• Nhẩm nghiệm: Nhẩm x để cho 10 − 2x là số chính phương và 9x − 37
là lập phương của một số và thỏa mãn phương trình. Ta được x = −3
là một nghiệm.
• Từ đó, bằng cách thêm bớt đại lượng thích hợp để sau khi nhân liên
hợp sẽ đưa phương trình về dạng (x + 3)f (x) = 0.

23


Giải:
Điều kiện: x ≤ 5. Phương trình (1) tương đương:

8 4−

√

10 − 2x + 4 4 +

√
3

9x − 37 + 4x2 − 15x − 81 = 0

8(6 + 2x)
4(27 + 9x)
√
+
+ (x + 3)(4x − 27) = 0
√
√
4 + 10 − 2x 16 − 4 3 9x − 37 + 3 9x − 37 2

x = −3
36
16
⇔
√
+
+ 4x − 27 = 0
√
√
4 + 10 − 2x 16 − 4 3 9x − 37 + 3 9x − 37 2
(2)

⇔

Xét phương trình (2):
36
16
√
(2) ⇔
+ 4x − 27 = 0
+
√
2
4 + 10 − 2x
12 + 3 9x − 37 − 2
36 16
Do x ≤ 5 nên VT(3) ≤
+
+ 4.5 − 27 = 0
12
4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 5

(3)

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = −3 và x = 5.
Bài 2. Giải phương trình:
√
2x2 + x + 1 +

x2 − x + 1 = 3x

(1)

Hướng giải:

• Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình. Như vậy, phương
trình (1) có thể phân tích thành (x − 1)f (x) = 0.
• Từ phương trình (1) ta suy ra x > 0.
Giải:
Phương trình (1) có nghiệm khi x > 0.

24