Tài liệu ôn toán - Chuyên đề hàm số - phần 4

Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số 12)

Xuất phát từ hàm ñơn ñiệu : y = f ( x ) = 2 x3 + x 2 + 1 mọi x ≥ 0 ta xây dựng phương trình :

f ( x) = f

(

)

3x − 1 ⇔ 2 x3 + x 2 + 1 = 2

2 x3 + x 2 − 3 x + 1 = 2 ( 3 x − 1) 3 x − 1
Từ phương trình f ( x + 1) = f

(

(

)

3

3 x − 1 + (3 x − 1) 2 + 1 , Rút gọn ta được phương trình

)

3 x − 1 thì bài tốn sẽ khó hơn

2 x3 + 7 x 2 + 5 x + 4 = 2 ( 3 x − 1)

( 3x − 1)

ðể gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau :
3
2
3
2 x + 7 x + 5 x + 4 = 2 y
cộng hai phương trình ta được:
ðặt y = 3 x − 1 khi đó ta có hệ : 
2
3 x − 1 = y

2 ( x + 1) + ( x + 1) = 2 y 3 + y 2
3

2

Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài tốn vơ tỉ theo dạng trên ?

) (

(

)

Bài 1. Giải phương trình : ( 2 x + 1) 2 + 4 x 2 + 4 x + 4 + 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = 0
Giải:

(

⇔ ( 2 x + 1) 2 +

( 2 x + 1)

(

2

)

(

+ 3 = ( −3 x ) 2 +

( −3 x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3 x )

)

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t 2 + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = −

1
5

Bài 2. Giải phương trình x 3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4

 x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = y
3
Giải . ðặt y = 7 x + 9 x − 4 , ta có hệ :  2
⇒ y 3 + y = ( x + 1) + ( x + 1)
3
7 x + 9 x − 4 = y
Xét hàm số : f ( t ) = t 3 + t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình
3

2

x = 5
f ( y ) = f ( x + 1)  ⇔ y = x + 1 ⇔ ( x + 1) = 7 x + 9 x − 4 ⇔ 
 x = −1 ± 5

2
3
3
Bài 3. Giải phương trình : 6 x + 1 = 8 x − 4 x − 1
3

2

V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1. Một số kiến thức cơ bản:

 −π −π 

;
sao cho : sin t = x và một số y với y ∈ [ 0; π ] sao
 2 2 

Nếu x ≤ 1 thì có một số t với t ∈ 
cho x = cos y

 π
 π
sao
cho
:
sin
t
=
x
và
một
số
y
với
y
∈
0; 2  sao
 2 

Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì có một số t với t ∈  0;
cho x = cos y

 π π

;  sao cho : x = tan t
 2 2
Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2 + y 2 = 1 , thì có một số t với 0 ≤ t ≤ 2π , sao cho
x = sin t , y = cos t
Với mỗi số thực x có t ∈  −

Từ đó chúng ta có phương pháp giải tốn :

 −π −π 
;
hoặc x = cos y với y ∈ [ 0; π ]
 2 2 

Nếu : x ≤ 1 thì đặt sin t = x với t ∈ 

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

31


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số 12)

 π
 π
hoặc
,
với
y

∈
x
=
cos
y
0; 2 
 2 
Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2 + y 2 = 1 , thì đặt x = sin t , y = cos t với 0 ≤ t ≤ 2π
a
 π π
Nếu x ≥ a , ta có thể đặt : x =
, với t ∈  − ;  , tương tự cho trường hợp khác
sin t
 2 2

Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì đặt sin t = x , với t ∈  0;

 π π
; 
 2 2

x là số thực bất kỳ thi ñặt : x = tan t , t ∈  −

Tại sao lại phải ñặt ñiều kiện cho t như vậy ?
Chúng ta biết rằng khi ñặt ñiều kiện x = f ( t ) thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và
điều kiện trên ñể ñảm bào ñiều này . (xem lại vịng trịn lượng giác )
2. Xây dựng phương trình vơ tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ?
Từ cơng phương trình lượng giác đơn giản: cos3t = sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ
Chú ý : cos 3t = 4cos3 t − 3cos t
Nếu thay x bằng

ta có phương trình vơ tỉ: 4 x 3 − 3 x = 1 − x 2

1
ta lại có phương trình : 4 − 3 x 2 = x 2 x 2 − 1
x

(1)
(2)

Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:

4 x3 − 12 x 2 + 9 x − 1 = 2 x − x 2

(3)
Việc giải phương trình (2) và (3) khơng đơn giản chút nào ?
Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vơ tỉ theo
kiểu lượng giác .
3. Một số ví dụ

2
1 − x2

(1 − x )  = +

3
3

3
Bài 1. Giải phương trình sau : 1 + 1 − x  (1 + x ) −



3

2

Giải:
ðiều kiện : x ≤ 1
Với x ∈ [ −1;0] : thì

(1 + x )

3

−

(1 − x )

3

≤ 0 (ptvn)

 π
x ∈ [0;1] ta ñặt : x = cos t , t ∈ 0;  . Khi đó phương trình trở thành:
 2
1
1
 1

2 6 cos x 1 + sin t  = 2 + sin t ⇔ cos t =

vậy phương trình có nghiệm : x =
6
6
 2

Bài 2. Giải các phương trình sau :

1− 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x

1)

1 − 2x + 1 + 2x =

2)

1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2

3) x 3 − 3 x =

(

)

ðs: x =

1 + 2cos x

1 − 2cos x

1
2

HD: chứng minh x > 2 vơ nghiệm

x+2

Bài 3 . Giải phương trình sau:

HD: tan x =

3

6x + 1 = 2x

1
2
5π
7π 
 π
;cos  mà phương trình
Xét : x ≤ 1, đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] . Khi đó ta được S = cos ;cos
9
9
9 

Giải: Lập phương 2 vế ta ñược: 8 x 3 − 6 x = 1 ⇔ 4 x 3 − 3 x =

bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.
- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

32


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số 12)





x −1 

1
 π π
Giải: ñk: x > 1 , ta có thể đặt x =
, t ∈ − ; 
sin t
 2 2
 cos t = 0
1
Khi ñó ptt:
(1 + cot t ) = 1 ⇔ 
1
sin 2 x
sin 2t = −


2
Phương trình có nghiệm : x = − 2 3 + 1
1

Bài 4. .Giải phương trình x 2  1 +

2

(

)

2
x 2 + 1 ( x + 1)
x +1 =
+
2x
2 x (1 − x 2 )
2

Bài 5 .Giải phương trình :

2

Giải: đk x ≠ 0, x ≠ ±1

 π π
; 
 2 2
Khi đó pttt. 2sin t cos 2t + cos 2t − 1 = 0 ⇔ sin t (1 − sin t − 2sin 2 t ) = 0

Ta có thể đặt : x = tan t , t ∈  −

Kết hợp với ñiều kiện ta có nghiệm x =

1
3
Bài tập tổng hợp

Giải các phương trình sau

x3 +

(1 − x )

2 3

= x 2 − 2 x2

2 x − 2 x 30 − 2007. 30 + 4 x 2007 = 30. 2007
12 x − 8
2x + 4 − 2 2 − x >
9 x 2 + 16
3
x −1 + 3 x +1 = x 3 2
3
x + 3 x + 1 = 2x + 1
4 x + 5 + 3x + 1 = 2 x + 7 + x + 3
2

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

4 − 3 10 − 3x = x − 2 (HSG Toàn Quốc 2002)
2
3

( 2 − x )( 5 − x ) = x + ( 2 − x )(10 − x )
x2 + 4 = x − 1 + 2x − 3

x 2 − 1 + 3 x3 − 2 = 3x − 2
2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007)
3

2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4
3x 2 + 3x + 2
x2 + x + 2 =
3x + 1
12 x + 2 x − 1 = 3 x + 9

x + 1 + x = 1 + 4 x3 + x 2
4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1
4

x − 1 + x3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1
4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2

( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x

x 2 − 3x + 1 = −

3 4
x + x2 + 1
3

2 3 (1 + x ) + 3 3 1 − x 2 + 3 (1 − x ) = 0
2

2

2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3

3

(

) (

2 x 2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x 2 + 1

)

x 2 + x + 12 x + 1 = 36

( 4 x − 1)
2x +

x3 + 1 = 2 x3 + 2 x + 1

x −1
1
1
= 1− + 3 x −
x
x
x

5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
3
6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1
15
30 x 2 − 4 x ) = 2004 30060 x + 1 + 1
(
2
4x + 9
= 7 x2 + 7 x
28

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

(

)

33


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số 12)

4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10
3−x =x

x+x

CHUYÊN ðỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ
PHƯƠNG PHÁP BIỂN ðỔI TƯƠNG ðƯƠNG
 x ∈ D (*)
Dạng 1 : Phương trình A = B ⇔ A = B ≥ 0 ⇔ 
A = B
Lưu ý: ðiều kiện (*) được chọn tuỳ thc vào ñộ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0
B ≥ 0
Dạng 2: Phương trình A = B ⇔ 
2
A = B
Dạng 3: Phương trình
A ≥ 0

(chuyển về dạng 2)
+) A + B = C ⇔  B ≥ 0

 A + B + 2 AB = C
I.

+)

3

A + 3 B = 3 C ⇒ A + B + 3 3 A.B

(

3

)

A+ 3 B =C

và ta sử dụng phép thế : 3 A + 3 B = C ta ñược phương trình : A + B + 3 3 A.B.C = C
Bài 1: Giải phương trình:

x2 − 1 = x − 1
b) x − 2 x + 3 = 0
c) x 2 + x + 1 = 1
e) 3 x − 2 + x − 1 = 3

f)

a)

g)
h)

3+ x − 2− x =1
x + 9 = 5 − 2x + 4
3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3

i) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

− x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2

Bài 3: Cho phương trình: x 2 − 1 − x = m
-Giải phương trình khi m=1
-Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m
-Giải phương trình khi m=3
-Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
II.PHƯƠNG PHÁP ðẶT ẨN PHỤ
Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường.
-Nếu bài tốn có chứa f ( x ) và f ( x) khi đó đặt t = f ( x ) (với ñiều kiện tối thiểu là t ≥ 0 . đối với
các phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ).

f ( x) , g ( x) và f ( x). g ( x) = k (với k là hằng số) khi đó có thể đặt :
k
t = f ( x ) , khi đó g ( x ) =
t
-Nếu bài tốn có chứa f ( x ) ± g ( x ) ; f ( x ).g ( x) và f ( x) + g ( x) = k khi đó có thể đặt:
-Nếu bài tốn có chứa

t=

f ( x) ± g ( x) suy ra

-Nếu bài toán có chứa

f ( x).g ( x) =

t2 − k
2

a 2 − x 2 thì đặt x = a sin t với −

π
2

≤t ≤

π
2

hoặc x = a cos t với 0 ≤ t ≤ π

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

34


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc
-Nếu bài tốn có chứa

x 2 − a 2 thì đặt x =

Luyện thi đại học (Chuyên ðề Hàm Số 12)

a
a

 π π
với t ∈  − ;  \ {0} hoặc x =
với
sin t
cos t
 2 2

π 
t ∈ [ 0; π ] \  
2
-Nếu bài tốn có chứa

 π π
x 2 + a 2 ta có thể đặt x = a .tan t với t ∈  − ; 
 2 2

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

35


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số)

Bài 1: Giải phương trình:
a) x 2 + x 2 + 2 x + 8 = 12 − 2 x

f)

2 x2 + 5x + 2 − 2 2 x2 + 5x − 6 = 1

b) 2 x 2 − 5 2 x 2 + 3 x + 9 = −3 x − 3

g)

x 2 + 3x + 2 − 2 2 x 2 + 6 x + 2 = − 2

c) x 2 − 4 x + 6 = 2 x 2 − 8 x + 12

h) x 2 + x 2 + 11 = 31

d) 3x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2

i) ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x

e) ( x + 4)( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6
Bài 2: Giải phương trình:
a) x 3 +

(1 − x )

2 3

= x 2 (1 − x 2 )

b)
3
1 + 1 − x 2  (1 − x ) −


c)

(1 + x )

3

 = 2 + 1 − x2


1 − x − 2x 1 − x2 − 2 x2 + 1 = 0

d) 64 x 6 − 112 x 4 + 56 x 2 − 7 = 2 1 − x 2
e) x +

x
x2 − 1

=

35
12

f) ( x − 3 )( x + 1) + 4 ( x − 3)

x +1
= −3
x−3

1

1
+
=m
2
x
1− x
2
-Giải phương trình với m = 2 +
3

Bài 4: Cho phương trình:

-Tìm m để phương trình có nghiệm.

(

)

Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 − 2 x +

x2 − 2 x − 3 − m = 0

-Giải phương trình với m = 9
-Tìm m để phương trình có nghiệm.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các
hệ số vẫn còn chứa x.
-Từ những phương trình tích

(

)(

x +1 −1

)

x +1 − x + 2 = 0 ,

(

2x + 3 − x

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương
trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát.
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ
sau .

(

)

Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 − x 2 + 2 x = 1 + 2 x 2 + 2
Giải: t =

t = 3
x 2 + 2 , ta có : t 2 − ( 2 + x ) t − 3 + 3 x = 0 ⇔ 
t = x − 1

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

36


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số)

Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
Giải:
ðặt : t =

x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0
Bây giờ ta thêm bớt , ñể được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn

t = 2
x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ 
t = x − 1
Từ một phương trình đơn giản :

(

1− x − 2 1+ x

)(

)

1 − x − 2 + 1 + x = 0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau

Bài 3. Giải phương trình sau : 4 x + 1 − 1 = 3x + 2 1 − x + 1 − x 2
Giải:
Nhận xét : ñặt t = 1 − x , pttt: 4 1 + x = 3 x + 2t + t 1 + x (1)

(

)

Ta rt x = 1 − t 2 thay vo thì được pt: 3t 2 − 2 + 1 + x t + 4

(

)

1 + x −1 = 0

(

Nhưng khơng có sự may mắn để giải được phương trình theo t ∆ = 2 + 1 + x

)

2

− 48

(

)

x + 1 − 1 khơng

có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo

(

) (
2

1− x ,

1+ x

)

2

Cụ thể như sau : 3x = − (1 − x ) + 2 (1 + x ) thay vào pt (1) ta ñược:
Bài 4. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16
Giải .

(

)

Bình phương 2 vế phương trình: 4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 4 − x 2 + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

(

)
= α 2 ( 4 − x ) + ( 9 + 2α ) x

Ta ñặt : t = 2 4 − x 2 ≥ 0 . Ta ñược: 9 x 2 − 16t − 32 + 8 x = 0
Ta phải tách 9 x 2

2

2

− 8α làm sao cho ∆ t có dạng chình phương .

Nhận xét : Thơng thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích.
Bài tập: Giải các phương trình sau:
a) (4 x − 1) x 3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1

b) x 2 − 1 = 2 x x 2 − 2 x

c) x 2 − 1 = 2 x x 2 + 2 x
d) x 2 + 4 x = ( x + 2) x 2 − 2 x + 4
3. Phương pháp ñặt ẩn phụ chuyển về hệ.
a) Dạng thông thường: ðặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được

u = m a − f ( x )

hệ theo u,v. Chẳng hạn ñối với phương trình: a − f ( x ) + b + f ( x ) = c ta có thể ñặt: 
v = m b + f ( x )
u m + v m = a + b
từ đó suy ra u m + v m = a + b . Khi đó ta có hệ 
u + v = c
m

m

Bài tập: Giải các phương trình sau:
a) 3 2 − x = 1 − x − 1
b) 3 9 − x = 2 − x − 1
c) x − x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0
b) Dạng phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai:
- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

37


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số)

 d = ac + α
ax + b = c(dx + e) 2 + α x + β với 
e = bc + β
Cách giải: ðặt: dy + e = ax + b khi đó phương trình được chuyển thành hệ:

 dy + e = ax + b
( dy + e ) = ax + b
->giải
⇔


2
2
 dy + e = c(dx + e) + α x + β
c ( dy + e ) = −α x + dy + e − β
2

Nhận xét: Dể sử dụng ñược phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban ñầu về dạng thỏa
mãn ñiều kiện trên ñể ñặt ẩn phụ.Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới
dạng : (α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ là chọn được.
n

c) Dạng phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba.

 d = ac + α
3
ax + b = c ( dx + e ) + α x + β với 
e = bc + β
Cách giải: ðặt dy + e = 3 ax + b khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
3
3
dy + e = 3 ax + b
( dy + e ) = ax + b
c ( dy + e ) = acx + bc

⇔
⇔

3
3
3
dy
e
c
dx
e
x
+
=
+
+
+
α
β
(
)
α
β
c
dx
+
e
=
−
x

+
dy
+
e
−
)
 (
c(dx + e) = ( ac − d ) x + dy + bc

3

Bài tập: Giải các phương trình sau:

x + 1 = x2 + 4 x + 5
2) 3 x + 1 = −4 x 2 + 13 x − 5
3) x 3 + 2 = 3 3 3 x − 2
4x + 9
4)
= 7 x2 + 7 x x > 0
28

5) x 3 + 1 = 2 3 2 x − 1

1)

(

(

)

6) x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30
7) 4 x 2 − 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0
8) 4 x 2 − 13 x + 5 + 3 x + 1 = 0

)

15
30 x 2 − 4 x ) = 2004 30060 x + 1 + 1
(
2
3
3 x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 − 25

4
x−2
3
10) 3 6 x + 1 = 8 x 3 − 4 x − 1
9)

3

81x − 8 = x3 − 2 x 2 +

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng tốn khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng
sau đây:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x ) = k
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x )

Bước 3: Nhận xét:
• Với x = x0 ⇔ f ( x ) = f ( x0 ) = k do đó x0 là nghiệm
•

Với x > x0 ⇔ f ( x ) > f ( x0 ) = k do đó phương trình vơ nghiệm

• Với x < x0 ⇔ f ( x ) < f ( x0 ) = k do đó phương trình vơ nghiệm
• Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: thực hiện theo các bước
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x ) = g ( x )

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

38


Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc

Luyện thi ñại học (Chuyên ðề Hàm Số)

Bước 2: Dùng lập luận khẳng ñịnh rằng f ( x ) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác ñịnh x0 sao
cho f ( x0 ) = g ( x0 )
Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u ) = f (v)
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x ) , dùng lập luận khẳng ñịnh hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi đó f (u ) = f (v ) ⇔ u = v

(

) (

)

Ví dụ: Giải phương trình : ( 2 x + 1) 2 + 4 x 2 + 4 x + 4 + 3x 2 + 9 x 2 + 3 = 0

(

pt ⇔ ( 2 x + 1) 2 +

( 2 x + 1)

(

2

)

(

+ 3 = ( −3x ) 2 +

)

( −3x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3x )

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t 2 + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = −

1
5

Bài tập: Giải phương trình:

4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 , x − 1 = − x3 − 4 x + 5 , x − 1 = 3 + x − x 2 , x = 1 − 2 x + 2 x 2 − x3 ,
x − 1 + x + 2 = 3 , 2 x − 1 + x2 + 3 = 4 − x

- Thư viện ðề Thi Trắc Nghiệm, Bài Giảng, Chuyên ðề

39