Ham so Phuong trinh bat phuong trinh vo ty

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (522.23 KB, 76 trang )

(1)CÁC CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Chí Công THPT Đồng Đậu — Yên Lạc — Vĩnh Phúc Ngày 13 tháng 6 năm 2013.

(2) CHƯƠNG 1. Khảo sát hàm số và các vấn đề liên quan 1.1. Tính đơn điệu của hàm số Định lí: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng I. – Nếu f 0 (x) > 0, ∀x ∈ I thì hàm số đồng biến trên I. – Nếu f 0 (x) < 0, ∀x ∈ I thì hàm số nghịch biến trên I. – Nếu f 0 (x) = 0, ∀x ∈ I thì hàm số không đổi trên I. Nhận xét: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên I. Nếu f 0 (x) ≥ 0 hoặc f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ I và f 0 (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên I thì hàm số y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên I.. 1.1.1. Chiều biến thiên của hàm số. Xét chiều biến thiên của hàm số y = f(x) ta tiến hành các bước sau: 1/ Tìm tập xác định D của hàm số. 2/ Tính đạo hàm y0 = f 0 (x). 3/ Tìm các giá trị x ∈ D sao cho f 0 (x) = 0 hoặc không xác định.. 1.

(3) by Nguyễn Chí Công. TEX. 2. 4/ Lập bảng xét dấu của y0 = f 0 (x) trên D. 5/ Dựa vào bảng xét dấu và điều kiện đủ để chỉ ra các khoảng đơn điệu của hàm số.. Bài 1.1. Xét sự biến thiên của các hàm số sau: 1. y = x 3 − 3x 2. 2. y = x 3 − 2x 2 + 18x. 4. y = x 3 + 3x 2 + 3x + 2. 5. y = x 4 − 2x 2 + 1. 7. y = x 4 + 2x 2 − 3. 8. y = x 4 − 6x 2 + 8x + 1. 2x − 1 x p 13. y = x + 1 − x 2. x 2 + 4x + 3 x +2 p 14. y = x 3 − 1. 10. y =. 11. y =. 3. y = −x 3 − 3x 2 + 24x + 1 1 6. y = − x 4 + 2x 2 − 1 4 2x − 2 9. y = x +1 x2 + 1 12. y = x √ 15. y = sin x − 3 cos x. Bài 1.2. Chứng mình rằng hàm số: x nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. 2. y = x 3 − 3x 2 + 3x + 5 đồng biến trên R. 2x − 1 p 2 4. y = 4 − x 2 nghịch biến trên [0, 2]. 3. y = − x 3 + 6x 2 − 22x + 1 nghịch biến trên R. 3 1. y =. 1.1.2. Điều kiện của tham số để hàm số đơn điệu trên một miền. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên (a, b) và f 0 (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm trên (a, b). • Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (a, b) nếu và chỉ nếu f 0 (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b). • Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng (a, b) nếu và chỉ nếu f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b). ? Nhận xét: Để giải quyết dạng toán này người ta thường dùng phương pháp tam thức bậc hai hoặc phương pháp hàm số hay đơn giản là biến đổi bất phương trình f(x, m) ≥ 0 hoặc f(x, m) ≤ 0 với mọi x ∈ (a, b) về dạng một vế là hàm của biến x, một vế là biểu thức chứa m. Khi đó, yêu cầu của bài toán đưa về một trong hai dạng bất phương trình sau: g(x) ≥ h(x), ∀x ∈ (a, b) ⇔ min g(x) ≥ h(m) x∈(a,b). g(x) ≤ h(x), ∀x ∈ (a, b) ⇔ max g(x) ≤ h(m) x∈(a,b). <>. Tel : 0169 875 6669.

(4) by Nguyễn Chí Công. TEX. 3. 1 (m − 1)x 3 + mx 2 + (3m − 2)x + m2 . Hãy tìm tất cả các giá trị 3 của tham số m để hàm số đồng biến trên R. Ví dụ 1: Cho hàm số y = Lời giải: Ta có y0 = (m − 1)x 2 + 2mx + 3m − 2 Vì vậy, hàm số đồng biết trên R ⇔ y0 ≥ 0, ∀x ∈ R. Điều này tương đương với    m−1>0  m>1 ⇔ ⇔m≥2  ∆0 ≤ 0  (2 − m)(1 + 2m) ≤ 0 Vậy, m ≥ 2 là các giá trị cần tìm. mx + 4 . Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số x +m nghịch biến trên khoảng (−∞, 1). Lời giải: Ví dụ 2: Cho hàm số y =. Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất là hàm đơn điệu nên yêu cầu bài toán tương đương với   2   m −4 <0  y0 < 0 (x + m)2 y0 < 0, ∀x ∈ (−∞; 1) ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m ≤ −1.   −m ≥ 1  m ≤ −1 Vậy, −2 < m ≤ −1 là các giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Cho hàm số y = x 3 + 3x 2 − mx − 1. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên (−∞, 0). Lời giải: Ta có y0 = 3x 2 + 6x − m. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞, 0) ⇔ y0 ≥ 0, ∀x ∈ (−∞, 0) hay g(x) = 3x 2 + 6x ≥ m, ∀x ∈ (−∞, 0) ⇔. min g(x) ≥ m. x∈(−∞,0). Từ đó, dễ dàng tìm được kết quả m ≤ −3. Ví dụ 4: Cho hàm số y = 2x 3 − 3(2m + 1)x 2 + 6m(m + 1)x + 1. Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên (2, +∞). Lời giải: Ta có y0 = 6x 2 − 6(2m + 1)x + 6m(m + 1), y0 = 0 ⇔ x = m, x = m + 1. Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞; m) và (m + 1; +∞). Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞) khi và chỉ khi m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1. Ví dụ 5: Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 − 3m + 1. Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên (1, 2). Lời giải: Ta có y0 = 4x 3 − 4mx = 4x(x 2 − m). – Nếu m ≤ 0 thì y0 ≥ 0, ∀x ∈ (1, 2) ⇒ m ≤ 0 thỏa mãn. √ √ – Nếu m > 0 thì y0 = 0 có ba nghiệm phân biệt x = − m, x = 0, x = m. Từ đó, hàm số đồng biến √ trên khoảng (1, 2) khi và chỉ khi m ≤ 1 ⇔ m ≤ 1. <>. Tel : 0169 875 6669.

(5) by Nguyễn Chí Công. TEX. 4. Ví dụ 6: Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m)x 2 + (2 − m)x + m + 1. Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên (0, +∞) Lời giải: Ta có y0 = 3x 2 + 2(1 − 2m)x + 2 − m. Hàm số đồng biến trên khoảng (0, +∞) khi và chỉ khi y0 = 3x 2 + 2(1 − 2m)x + 2 − m ≥ 0, ∀x ∈ (0, +∞) ⇔ 3x 2 + 2x + 2 − m(1 + 4x) ≥ 0, ∀x ∈ (0, +∞) ⇔ f(x) =. 3x 2 + 2x + 2 ≥ m, ∀x ∈ (0, +∞) 1 + 4x. ⇔m≤. min f(x). x∈(0,+∞). √ 2(6x 2 + x − 3) −1 + 73 2 1 = 0 ⇔ 6x + x − 3 = 0 ⇔ x = (1 + 4x)2 12 √ −1 + 73 +∞ 0 12. Ta có f 0 (x) = x f 0 (x). −. +. 0. +∞. 2. Dựa vào bảng biến √ thiên ta tìm được 3 + 73 min f(x) = x∈(0;+∞) √8 3 + 73 Từ đó, m ≤ là các giá trị cần 8 tìm.. f(x) √ 3+. 73 8. Ví dụ 7: Cho hàm số y =. 1 3 x − 2x 2 + mx. Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm 3. số đồng biến trên (−∞, 1) Lời giải: Ta có y0 = x 2 − 4x + m. Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi y0 = x 2 − 4x + m ≥ 0, ∀x ∈ (−∞, 1) hay f(x) = −x 2 + 4x ≤ m, ∀x ∈ (−∞, 0) ⇔ Dễ dàng tìm được. max f(x) ≤ m. x∈(−∞,0). max f(x) = f(1) = 3, từ đó các giá trị m ≥ 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.. x∈(−∞,0). Ví dụ 8: Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3x + 2m − 1. Hãy tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài đúng bằng 1 Lời giải: 0 Ta có y0 = 3(x 2 − 2mx + 1). Yêu cầu bàitoán thỏa mãn khi và  chỉ khi phương trình y = 0 có hai  ∆0 > 0  m2 − 1 > 0 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn |x1 − x2 | = 1 hay ⇔  |x − x | = 1  (x + x )2 − 4x x = 1 1 2 1 2 1 2  √  x + x = 2m 5 1 2 Theo định lý Vi – ét, ta có , thay vào hệ trên ta tìm được các giá trị m = ± thỏa  x x =1 2 1 2. 1 Nghiệm. x=. √ −1 − 73 < 0 bị loại. 12. <>. Tel : 0169 875 6669.

(6) by Nguyễn Chí Công. TEX. 5. mãn yêu cầu bài toán. 1 Ví dụ 9: Cho hàm số y = − x 3 + (m − 1)x 2 + (m + 3)x − 2. Hãy tìm tất cả các giá trị của 3 tham số m để hàm số đồng biến trên (0, 3) Lời giải: Hàm số đồng biến trên khoảng (0, 3) ⇔ y0 = −x 2 + 2(m − 1)x + m + 3 ≥ 0, ∀x ∈ (0, 3). Do y0 (x) liên tục tại x = 0, x = 3 nên bài toán đưa về tìm m để y0 ≥ 0, ∀x ∈ [0, 3] hay x 2 + 2x − 3 g(x) = ≤ m, ∀x ∈ [0, 3] ⇔ max g(x) ≤ m. 2x + 1 x∈[0,3] 2 12 2x + 2x + 8 > 0, ∀x ∈ [0, 3]. Dễ dàng tính được, max g(x) = g(3) = . Ta có g0 (x) = 2 (2x + 1) 7 x∈[0,3] 12 Vậy, m ≥ là các giá trị cần tìm. 7 1 Ví dụ 10: Cho hàm số y = x 3 − (m − 1)x 2 + 3(m − 2)x+3(m-3). Hãy tìm tất cả các giá 3 trị của tham số m để hàm số đồng biến trên [2, +∞) Lời giải: Hàm số đồng biến trên nửa khoảng [2, +∞) ⇔ y0 = mx 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) ≥ 0, ∀x ∈ [2, +∞) −2x + 6 hay g(x) = 2 ≤ m, ∀x ∈ [2, +∞) ⇔ max g(x) ≤ m . x − 2x + 3 x∈[2,+∞) 2 √ 2(x − 6x + 3) = 0 ⇔ 2 x = 3 + 6. Ta có g0 (x) = 2 (x − 2x + 3)2 Mặt khác, lim g(x) = 0 nên y = g(x) có bảng biến thiên như sau x→+∞. x. √ 2. g0 (x). g(x). 3+ −. +∞. 6 +. 0. 2 3. 0 Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g(3 +. y = g(x), ta có. √ 6). Vậy, m ≥. max g(x) = g(2) =. x∈[2,+∞). 2 . 3. 2 là các giá trị cần tìm. 3. Bài 1.3. Tìm m để hàm số y = x 3 + 3x 2 + (m + 1)x + m nghịch biến trên khoảng (−1, 1). Bài 1.4. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3(2m + 1)x 2 + (12m + 5)x − m3 đồng biến trên [2, +∞). m−1 3 Bài 1.5. Tìm m để hàm số y = x + mx 2 + (3m − 2)x + 1 đồng biến trên tập xác định. 3 Bài 1.6. Với giá trị nào của m thì hàm số y = x + m sin x đồng biến trên R. m+2 3 Bài 1.7. Cho hàm số y = x − (m + 2)x 2 − (3m − 1)x + m. Tìm các giá trị của m để hàm số 3 đồng biến trên tập xác định. x −1 Bài 1.8. Cho hàm số y = . Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0, +∞). x −m 2 Nghiệm. x =3−. √ 6 bị loại !. <>. Tel : 0169 875 6669.

(7) by Nguyễn Chí Công. TEX. 6. mx 2 + x + m đồng biến trên khoảng (0, +∞). mx + 1 1 3 1 3 sin 2a Tìm a để hàm số y = x + (sin a − cos a)x 2 − x + 1 luôn đồng biến. 3 2 4 x +m Tìm các giá trị của m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng (1, +∞). x + 4m Với giá trị nào của m hàm số y = x 3 + (m − 1)x 2 + (m2 − 4)x + m đồng biến trên R. (m + 1)x 2 − 2mx − (m3 − m2 + 2) Tìm m để hàm số y = nghịch biến trên từng khoảng xác x −m. Bài 1.9. Tìm m để hàm số y = Bài 1.10. Bài 1.11. Bài 1.12. Bài 1.13. đinh.. Bài 1.14. Tìm a để hàm số y = x 2 (a − x) − a tăng trong khoảng (1, 2). 1 Bài 1.15. Tìm m để hàm số y = x 3 − 2x 2 + mx − 1 đồng biến trên nửa khoảng [0, ). 3 x 2 − 2mx + 3m2 đồng biến trên đoạn [2, 5]. Bài 1.16. Tìm m để hàm số y = x −1 Bài 1.17. Tìm m để hàm số y = x 3 + 3x 2 + mx + m nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 3. Bài 1.18. Tìm m để hàm số y = −x 3 + 6x 2 + mx + 5 đồng biến trên khoảng có độ dài bằng 1.. 1.1.3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất. Bài toán 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a, b]. 1/ Tính y0 = f 0 (x). Tìm các nghiệm xi ∈ [a, b] (i = 1, 2, . . .) của phương trình f 0 (x) = 0. 2/ Tính y(a) = f(a), y(b) = f(b), y(xi ) = f(xi ). 3/ GTLN trong các giá trị trên là max f(x), GTNN trong các giá trị trên là min f(x). [a,b]. [a,b]. Bài toán 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên miền D tổng quát. 1/ Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x) với x ∈ D. 2/ Tính các giá trị cực trị của hàm số và giới hạn vô cực nếu cần thiết. 3/ Dựa vào bảng biến thiên chỉ ra GTLN, GTNN ( nếu có ) của hàm số .. Bài 1.19. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau:. <>. Tel : 0169 875 6669.

(8) by Nguyễn Chí Công. TEX. x2 + x + 1 , với x > 0 x √ √ 4. y = x − 2 + 4 − x 1. y =. 7. 2. y = 1 + 4x − x 2. 3. y = x 4 − 2x 2 + 5, với x ∈ [−2, 3]. 2x 2 + 4x + 5 x2 + 1 9 8. y = x + , trên [2, 4] x x +1 11. y = √ , trên [−1, 2] x2 + 1 5. y =. x +3 7. y = √ x2 + 1 p 10. y = x + 4 − x 2 13. y = sin x + cos x. 14. y = 2 sin x + cos 2x. 6. y = 2x −. p. √. 1 − x2. π ] 2 x π π 12. y = + sin2 x, trên [− , ] 2 2 2 √ 5 15. y = sin x + 3 cos x 9. y = x +. 2 cos x, trên [0,. Bài 1.20. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau: 1 2 2 cos2 x + | cos x| + 1 3. y = | cos x| + 1 π π 5. y = x + cos2 x, trên [ , ] 4 4 1. y = sin x − cos x +. 4 sin3 x, trên [0, π] 3 3 cos4 x + 4 sin2 x 4. y = 3 sin4 x + 2 cos2 x 2x 4x 6. y = sin + cos +1 1 + x2 1 + x2. 2. y = 2 sin x −. Bài 1.21. Cho x, y là các số thực không âm có tổng bằng 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S = x 3 + y3 + xy. Bài 1.22. Cho x, y là các số thực không âm thỏa mãn x + y + xy = 3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = x 3 + y3 + x 2 y + xy2 − 5xy 5 4 1 . Tìm GTNN của biểu thức S = + . 4 x 4y x y Bài 1.24. Cho x, y dương có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + . 1+y 1+x. Bài 1.23. Cho x, y dương thỏa mãn x + y =. 1.1.4. Sử dụng tính đơn điệu chứng minh bất đẳng thức. Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên (a, b) và x1 , x2 ∈ (a, b) với x1 < x2 . • Hàm số y = f(x) đơn điệu tăng trên (a, b) thì f(x1 ) < f(x2 ). • Hàm số y = f(x) đơn điệu giảm trên (a, b) thì f(x1 ) > f(x2 ).. Bài 1.25. Chứng minh rằng: 1. sin x ≤ x, ∀x ∈ [0, 3. cos x < 1 −. π ] 2. x2 x4 π + , ∀x ∈ (0, ) 2 24 2. 5. ex ≥ 1 + x, ∀x ∈ R <>. 2. tan x + 2 sin x > 3x, ∀x ∈ (0,. π ) 2. sin x 3 π ) > cos x, ∀x ∈ (0, ) x 2 2 x 6. ex ≥ 1 + x + , ∀x ∈ [0, +∞) 2 4. (. Tel : 0169 875 6669.

(9) by Nguyễn Chí Công. TEX. 8. Bài 1.26. CMR: sin α − sin β < β − α, với α < β. Bài 1.27 Tìm số thực dương a để ax ≥ 1 + x, với mọi x ≥ 0. 1 1 Bài 1.28. Chứng minh rằng (2a + a )b ≤ (2b + b )a , với a ≥ b > 0. 2 2 Bài 1.29. CMR: x > ln(1 + x), với mọi x > 0. Bài 1.30. CMR: 2x > x 2 , với x ∈ (4, +∞).. 1.1.5. Sử dụng tính đơn điệu giải phương trình, bất phương trình. Phương pháp: 1/ Nếu f(x) ≥ c và g(x) ≤ c thì phương trình f(x) = g(x) ⇔.   f(x) = c  g(x) = c. 2/ Nếu hàm số y = f(x) đơn điệu trên (a, b) thì phương trình f[u(x)] = f[v(x)] ⇔ u(x) = v(x) 3/ Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a, b) và y = g(x) giảm trên (a, b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên (a, b). 4/ Nếu y = f(x) đơn điệu trên (a, b) thì phương trình f(x) = c có không quá một nghiệm trên (a, b). 5/ Nếu hàm số y = f(x) tăng trên (a, b) và x1 , x2 ∈ (a, b) thì bất phương trình f(x1 ) ≥ f(x2 ) ⇔ x1 ≥ x2 6/ Nếu hàm số y = f(x) giảm trên (a, b) và x1 , x2 ∈ (a, b) thì bất phương trình f(x1 ) ≤ f(x2 ) ⇔ x1 ≤ x2 ? Nhận xét: Thông thường dạng toán này, ta phải nhìn ra nghiệm của phương trình và dựa vào tính đơn điệu chứng minh đó là nghiệm duy nhất.. Bài 1.31. Giải các phương trình: q √ √ 1. 3x + 1 + x + 7x + 2 = 4 √ √ √ 3 3 3 3. x + 1 + x + 2 + x + 3 = 0. p √ 3 5x 5 − 1 + 2x − 1 = 4 − x √ √ 4. 5x − 1 + x + 3 = 4. 2.. Bài 1.32. Giải bất phương trình <>. Tel : 0169 875 6669.

(10) by Nguyễn Chí Công. TEX. 9. √ 1/ 3 3 − 2x +. 5 − 2x ≤ 6 2x − 1 √ √ √ 2/ 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x √ 3/. x +9+. 4/ x 5 + x 3 − √ 5/. x +1+ √. 6/ 2x +. √ √ √ 3. x+. x3 + 4 ≥ 5. 1 − 3x + 4 ≥ 0. 5x − 7 +. √. √ 4. 7x − 5 +. √ 5. 13x − 7 < 8. √ x + 7 + 2 x 2 + 7x > 49. 1 1 1 Bài 1.33. Giải phương trình 5x + 4x + 3x + 2x = x + x + x − 2x 3 + 5x 2 − 7x + 17 2 3 6 √ √ Bài 1.34. Giải phương trình x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8. Bài 1.35. Giải phương trình 2x−1 − 2x. 2. −x. = (x − 1)2 .. 1.2. Cực trị của hàm số 1.2.1. Sử dụng các quy tắc xác định cực trị của hàm số. Tìm cực trị của hàm số y = f(x) trên một miền D cho trước. • Quy tắc 1 Bước 1: Tìm f 0 (x). Bước 2: Tìm các điểm xi (i = 1, 2, . . .) mà tại đó đạo hàm của hàm số bằng 0 hoặc hàm số liên tục nhưng không có đạo hàm. Bước 3: Xét dấu f 0 (x). Nếu f 0 (x) đổi dấu khi x đi qua điểm xi thì hàm số đạt cực trị tại xi . • Quy tắc 2 Bước 1: Tìm f 0 (x). Bước 2: Tìm các nghiệm xi (i = 1, 2, . . .) của phương trình f 0 (x) = 0. Bước 3: Tìm f 00 (x) và tính f 00 (xi ) Nếu f 00 (xi ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm xi . Nếu f 00 (xi ) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm xi . <>. Tel : 0169 875 6669.

(11) by Nguyễn Chí Công. TEX. 10. ? Chú ý: Nếu f 00 (xi ) = 0 thì không kết luận được mà phải dùng quy tắc 1 để xét tính cực trị của hàm số.. Bài 1.36. Xác định các điểm cực trị của các hàm số sau a, y = −2x + 3. p. x2 + 1. 3x + 14 (x − 2)(x + 3) 2x 2 + 3x + 1 g, y = 2 x − 4x + 3. d, y =. b, y = x 3 (1 − x 2 ) p e, y = 1 − 2 4x − x 2 h, y = √. x2. c, y = |x|(x − 2) f, y = cos x + i, y =. 1 − x2 √ Bài 1.37. Tìm cực trị của hàm số y = sin2 x − 3 cos x, x ∈ [0, π].. √. 1 cos 2x 2. 3 sin x + cos x + x. Bài 1.38. Cho m là số nguyên dương, hãy tìm cực trị của hàm số y = x m (4 − x)2 .. 1.2.2. Điều kiện của tham số để hàm số đạt cực trị tại một điểm. Bài toán: Tìm tham số m để x = x0 là điểm cực đại (cực tiểu) của hàm số y = f(x, m). • Phương pháp điều kiện cần và đủ Bước 1: Giả sử hàm số đạt cực đại (cực tiểu) tại điểm x = x0 nên f 0 (x0 ) = 0, tìm được tham số m. Bước 2: Với từng giá trị của m vừa tìm được, kiểm tra x0 có đúng là điểm cực đại (cực tiểu) hay không ? Bước 3: Kiểm tra những giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán và đưa ra kết luận.. Bài 1.39. Cho hàm số y = x 3 − (m + 3)x 2 + mx + m + 5. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 2. Bài 1.40. Tìm m để hàm số y = (x − m)3 − 3x đạt cực tiểu tại x = 0. 5 Bài 1.41. Tìm a, b để các cực trị của hàm số y = a2 x 3 + 2ax 2 − 9x + b đều là những số dương và 3 −5 x0 = là điểm cực đại. 9 Bài 1.42. Tìm m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m2 − 1)x − (m2 − 1) đạt cực đại tại x = 1. 1 π Bài 1.43. Cho hàm số y = a sin x + sin 3x. Tìm a để hàm số đạt cực đại tại x = . 3 3 x 2 + mx + 1 Bài 1.44. Tìm m để hàm số y = đạt cực đại tại x = 2. x +m 1 Bài 1.45. Tìm a, b để hàm số y = x 4 −ax 2 +b có giá trị cực đại bằng −2 khi x = 1. 4 <>. Tel : 0169 875 6669.

(12) by Nguyễn Chí Công. 1.2.3. TEX. 11. Điều kiện để hàm số có cực trị thỏa mãn một điều kiện cho trước. 1/ Cực trị hàm bậc 3: y = ax 3 + bx 2 + cx + d, (a 6= 0) Hàm số có cực trị khi và chỉ khi phương trình y0 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Khi đó, hoành độ hai điểm cực trị là nghiệm của phương trình y0 = 0. 2/ Cực trị hàm bậc 4: y = ax 4 + bx 2 + c, (a 6= 0) Hàm số luôn có ít nhất 1 điểm cực trị x = 0 và có 3 điểm cực trị nếu ab < 0. 3/ Cực trị hàm phân thức: y =. ax 2 + bx + c , (a, d 6= 0) và hàm số không bị suy biến thành đường mx + n. thẳng. Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi y0 = 0 có hai nghiệm phân biệt.. Bài 1.46. CMR: Hàm số y = x 3 − 3mx 2 + (m − 1)x + 2 luôn có cực trị với mọi giá trị của tham số m. 1 Bài 1.47. Tìm m để hàm số y = x 3 + mx 2 + (m + 6)x − 2m − 1 có cực đại cực tiểu. 3 Bài 1.48. Tìm tham số m để hàm số y = (m + 2)x 3 + 3x 2 + mx − 5 không có cực trị. Bài 1.49. Với giá trị nào của m để hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 2 có cực đại cực tiểu. Bài 1.50. CMR: Hàm số y = 2x 3 −3(2m+1)x 2 +6m(m+1)x +1 luôn có hai điểm cực trị x1 , x2 ∀m ∈ R và x2 − x1 không phụ thuộc vào m. 1 Bài 1.51. Tìm m để hàm số y = x 3 + (m − 2)x 2 + (5m + 4)x + m2 + 1 đạt cực đại tại x1 < −1 < x2 . 3 1 3 1 Bài 1.52. Cho hàm số y = x − (m − 1)x 2 + 3(m − 2)x + . Với giá trị nào của m thì hàm số có cực 3 3 đại, cực tiểu lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 1. Bài 1.53. CMR: Hàm số y = 2x 3 − 3(2a + 1)x 2 + 6a(a + 1)x + 1 luôn đạt cực trị tại x1 , x2 . Tìm a để các giá trị cực trị tương ứng y1 , y2 thỏa mãn y1 + y2 = 1. Bài 1.54. Cho hàm số y = mx 3 − 3mx 2 + (2m + 1)x + 3 − m. Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu. Với các giá trị m tìm được chỉ ra đường thẳng đi qua hai điểm cực đại cực tiểu luôn đi qua một điểm cố định. 1 Bài 1.55. Tìm m để hàm số y = x 3 − mx 2 + mx − 1 đạt cực trị tại x1 , x2 thỏa mãn |x1 − x2 | ≥ 8. 3 1 3 1 3 sin 2a Bài 1.56. Cho hàm số y = x − (sin a + cos a)x 2 + x. Tìm a để hàm số đạt cực tiểu tại các 3 2 4 2 2 điểm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = x1 + x2 . 2 Bài 1.57. Cho hàm số y = x 3 + (m + 1)x 2 + (m2 + 4m + 3)x. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu 3 tại x1 , x2 , với các giá trị m đã tìm được hãy tìm GTLN của biểu thức |x1 x2 − 2(x1 + x2 )|. Bài 1.58. Tìm m để hàm số y = x 3 + mx 2 + 7x có đường thẳng đi qua cực đại và cực tiểu vuông góc với đường thẳng y = 3x − 2.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(13) by Nguyễn Chí Công. TEX. 12. 1.3. Sự tương giao của hàm số Cho hai đường cong y = f(x) có đồ thị (C1 ) và y = g(x) có đồ thị (C2 ) Phương trình f(x) = g(x) gọi là phương trình hoành độ giao điểm của (C1 ) và (C2 ). Số giao điểm của hai đồ thị (C1 ), (C2 ) chính là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm và ngược lại. Chú ý : Nếu phương trình hoành độ có nghiệm bội. 1.3.1. 3. thì hai đường cong tiếp xúc. 4. với nhau.. Số giao điểm của đường cong bậc ba với trục hoành. F Nếu đường cong (C1 ) bậc ba và (C2 ) là đường cong bậc nhỏ hơn hoặc bằng ba thì ta chỉ cần xét trường hợp giao điểm của đường cong bậc ba với trục hoành.5 • Phương pháp – Phương pháp đưa về phương trình tích: Nhẩm nghiệm hữu tỷ, nhẩm nghiệm vô tỷ chỉ dùng được trong trường hợp đơn giản. – Phương pháp cực trị: Xét vị trí các điểm cực đại và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số so với trục hoành. – Phương pháp hàm số: Đưa phương trình hoành độ về phương trình dạng h(x) = Π(m), khảo sát sự biến thiên của y = h(x) rồi đưa ra kết luận. Chú ý: Nếu phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0 có nghiệm x0 thì phương trình đó bao giờ cũng đưa được về dạng tích (x − x0 )(ax 2 + px + q) = 0. Định lý Vi – ét: Nếu phương trình ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, a 6= 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thì  b   x1 + x2 + x3 = −   a  c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =  a     x1 x2 x3 = − d a 3 Phương. trình có ít nhất hai nghiệm giống nhau đường cong tiếp xúc được trình bày chi tiết ở phần khác 5 Tại sao như vậy ? 4 Hai. <>. Tel : 0169 875 6669.

(14) by Nguyễn Chí Công. TEX. 13. Ví dụ 1: Cho đường cong y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 2(m2 + 4m + 1)x − 4m(m + 1), (Cm ) Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 Lời giải Phương trình hoành độ x 3 − 3(m + 1)x 2 + 2(m2 + 4m + 1)x − 4m(m + 1) = 0 ⇔ (x − 2)[x 2 − (3m + 1)x + 2m(m + 1)] = 0 ⇔ (x − 2)(x − 2m)(x − m − 1) = 0 ⇔ x = 2, x = 2m. x = m + 1 1 < m 6= 1. 2 Ví dụ 2: Cho đường cong (C ) có phương trình y = (x + a)3 + (x + b)3 − x 3 . CMR: Đồ thị. Yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi. (C ) luôn cắt trục hoành tại đúng 1 điểm ∀a, b ∈ R. Lời giải Ta có y0 = 3[x 2 + 2(a + b)x + (a2 + b2 )] = 0 ⇔ g(x) = x 2 + 2(a + b)x + a2 + b2 = 0. Tính ∆g0 = 2ab Nếu ab ≤ 0 thì (C ) không có cực trị nên nó cắt trục hoành tại 1 điểm duy nhất. Nếu ab > 0 thì y0 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 . Ta có y = g(x)(x + a + b) − ab(4x + a + b),vì g(x1 ) = g(x2 ) = 0 nên y(x1 ) = −ab(4x1 + a + b), y(x2 ) = −ab(4x2 + a + b). Từ đó yCĐ .yCT = a2 b2 (4x1 + a + b)(4x2 + a + b) = a2 b2 [16x1 x2 + 4(a + b)(x1 + x2 ) + (a + b)2 ] = a2 b2 [16(a2 + b2 ) − 8(a + b)2 + (a + b)2 ] = a2 b2 [9(a − b)2 + 4ab] > 0, ∀a, b ∈ R Kết luận: Trong mọi trường hợp (C ) chỉ cắt trục hoành tại duy nhất 1 điểm. Ví dụ 3: Cho đường cong y = x 3 − 3x 2 + 3(1 − m)x + 1 + 3m, (Cm ) Biện luận theo m số giao điểm của (Cm ) với trục hoành. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm với trục hoành x 3 − 3x 2 + 3(1 − m)x + 1 + 3m = 0 ⇔ x 3 − 3x 2 + 3x + 1 = 3m(x − 1) ⇔ g(x) =. <>. x 3 − 3x 2 + 3x + 1 = 3m x −1 Tel : 0169 875 6669.

(15) by Nguyễn Chí Công. TEX. 14. 2(x − 2)(x 2 − x + 1) =0⇔x=2 (x − 1)2 Và lim g(x) = +∞, lim g(x) = ±∞.. Ta có g0 (x) = x→±∞. x. x→±1. −∞. g0 (x). 1 −. −. +∞. +∞. 2 0. +. +∞. +∞. g(x) −∞. 3. Từ bảng biến thiên của y = g(x), ta có – Nếu 3m < 3 hay m < 1 thì (Cm ) cắt trục hoành tại 1 điểm. – Nếu 3m = 3 hay m = 1 thì (Cm ) cắt trục hoành tại 2 điểm. – Nếu 3m > 3 hay m > 1 thì (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm. Ví dụ 4: Cho hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x − 6, (C ) Tìm m để đường thẳng d : y = mx − 2m − 4 cắt đồ thị (C ) tại 3 điểm phân biệt. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 6x 2 + 9x − 6 = mx − 2m − 4 ⇔ x 3 − 6x 2 + (9 − m)x + 2m − 2 = 0 ⇔ (x − 2)(x 2 − 4x + 1 − m) = 0 ⇔ x = 2 hoặc g(x) = x 2 − 4x + 1 − m = 0 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2, hay    ∆0 > 0  m+3>0 g ⇔ ⇔ m > −3  g(2) 6= 0  −3 − m 6= 0 Vây, m > −3 là các giá trị cần tìm. Ví dụ 5: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4, (C ) và d là đường thẳng đi qua A(−1; 0) với hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho B, C cùng với gốc tọa độ lập thành một tam giác có diện tích bằng 1. Lời giải. <>. Tel : 0169 875 6669.

(16) by Nguyễn Chí Công. TEX. 15. Phương trình đường thẳng d : y = k(x + 1), từ đó phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 3x 2 + 4 = k(x + 1) ⇔ (x + 1)(x 2 − 4x + 4 − k) = 0 ⇔ x = −1 hoặc (x − 2)2 = k Đường thẳng d cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 < k 6= 9. Khi đó, tọa độ các giao √ √ √ √ điểm lần lượt là A(−1; 0), B(2 − k; 3k − k k), C (2 + k; 3k + k k). p √ k nên SOBC = k k. Ta tính được BC = 2 k(1 + k 2 ) và d(O/BC ) = √ 1 + k2 √ Theo giả thiết, ta có k k = 1 ⇔ k = 1, thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 6: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 4, (C ) và d là đường thẳng đi qua A(2; 0) có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tiếp tuyến với (C ) tại B và C vuông góc với nhau. Phương trình đường thẳng d : y = k(x − 2). Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 3x 2 + 4 = k(x − 2) ⇔ (x − 2)(x 2 − x − k − 2) = 0 ⇔ x = 2 hoặc g(x) = x 2 − x − k − 2 = 0 Trước hết, để d cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2, hay.   ∆ = 9 + 4k > 0 9 g ⇔ − < k 6= 0  g(2) = −k 6= 0 4. Bài toán thỏa mãn khi tiếp tuyến tại B, C vuông góc với nhau, tức là y0 (xB ).y0 (xC ) = −1 hay (3xB2 − 6xB )(3xC2 − 6xC ) = −1. Vì xB , xC là nghiệm của g(x) = 0, theo định lý Vi – et, ta có   x +x =1 B C  x x = −k − 2 B C. √ −3 ± 2 2 . Từ đó, dễ dàng tìm được k = là các giá trị cần tìm. 3 Ví dụ 7: Cho hàm số y = x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m (C ), với m là tham số thực. Tìm m để đồ thị hàm số (C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 + x32 < 4. Lời giải. <>. Tel : 0169 875 6669.

(17) by Nguyễn Chí Công. TEX. 16. Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc g(x) = x 2 − x − m = 0 Trước hêt đồ thị (C ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1, hay.   ∆ = 1 + 4m > 0 −1 g < m 6= 0 ⇔  g(1) = −m 6= 0 4. Điều kiện bài toán được thỏa mãn khi x22 + x32 < 3 ⇔ (x2 + x3 )2 − 2x2 x3 < 3 ⇔ m < 1. −1 Kết hợp 2 điều trên, ta thu được kết quả bài toán < m 6= 0 < 1. 4 Ví dụ 8 Cho đường cong (Cm ) : y = x 3 − 3mx 2 + 2m(m − 4)x + 9m2 − m. Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng. Lời giải Điều kiện cần: Giả sử (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt x1 , x2 , x3 lập thành cấp số cộng, tức là x1 + x3 = 2x2 . Mặt khác, theo định lý Vi – ét thì x1 + x2 + x3 = 3m ⇒ x2 = m ⇒ y = 0 nhận m là nghiệm ⇒ m = 0, m = 1. Điều kiện đủ: Với m = 0 thì y = x 3 = 0 ⇒ x1 = x2 = x3 = 0, không thỏa mãn. Với m = 1 thì y = x 3 − 3x 2 − 6x + 8 = 0 ⇒ x1 = −2, x2 = 1, x3 = 4, thỏa mãn Vậy, m = 1 là giá trị cần tìm.. 1.3.2. Giao điểm của đồ thị hàm trùng phương với trục hoành. F Bài toán tổng quát tìm giao điểm của đồ thị hàm trùng phương với đường cong bậc nhỏ hơn thực sự chỉ giải được trong một số trường hợp đặc biệt. Trong chương trình toán phổ thông, kiến thức chỉ bó hẹp ở giao điểm của đồ thị hàm trùng phương với trục hoành. • Phương pháp – Đặt ẩn phụ: Đưa phương trình hoành độ giao điểm về phương trình bậc hai. – Phương pháp hàm số: Đưa phương trình hoành độ về dạng h(x) = Π(m), khảo sát sự biến thiên của y = h(x) và đưa ra kết luận.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(18) by Nguyễn Chí Công. TEX. 17. Ví dụ 1: Cho hàm số y = x 4 − (3m + 2)x 2 + 3m + 1, (Cm ). Tìm m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2.. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − (3m + 2)x 2 + 3m + 1 = 0 ⇔ (x 2 − 1)(x 2 − 3m − 1) = 0 ⇔ x 2 = 1 và x 2 = 3m + 1 Bài toán được thỏa mãn khi và chỉ khi 0 < 3m + 1 < 4 và 3m + 1 6= 1. −1 < m 6= 0 < 1 là kết quả bài toán. Từ đó dễ dàng tìm được 3 Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m + 1, (Cm ). Tìm m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt A, B, C , D có hoành độ lần lượt là x1 < x2 < x3 < x4 sao cho tam giác AC E có diện tích bằng 4, biết rằng E(3; −2).. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m + 1 = 0, đặt t = x 2 ≥ 0 và phương trình trở thành t 2 − 2(m + 1)t + 2m + 1. Để (Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt thì phương trình ẩn t có 2 nghiệm dương phân biệt 0 < t1 < t2 , điều này xảy ra khi    ∆ 0 = m2 > 0   −1 < m 6= 0 S = 2(m + 1) > 0 ⇔  2    P = 2m + 1 > 0 √ √ √ √ Khi đó hoành độ 4 giao điểm lần lượt là − t2 < − t1 < t1 < t2 . √ √ √ √ 1 1 Ta có SAC E = .d(E/AC ) .AC = | − 2|( t1 + t2 ) = 4 ⇔ t1 + t2 < 4. Bình phương 2 vế, ta 2√ 2 được t1 + t2 + 2 t1 t2 = 16. Từ định lí Vi – ét t1 + t2 = 2(m + 1), t1 t2 = 2m + 1 ta có phương √ √ trình 2(m + 1) + 2 2m + 1 = 16 ⇔ 2m + 1 = 7 − m ⇔ m = 4 Vậy, m = 4 là giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Cho hàm số y = x 4 − 2m2 x 2 + m4 + 2m, (Cm ). CMR: Đồ thị hàm số (Cm ) luôn cắt trục hoành tại ít nhất 2 điểm phân biệt với m < 0.. Lời giải Xin dành cho bạn đọc !. <>. Tel : 0169 875 6669.

(19) by Nguyễn Chí Công. TEX. 18. Ví dụ 4: Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m + 1, (Cm ). Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt lập thành một cấp số cộng.. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m + 1 = 0. Đặt t = x 2 phương trình trở thành t 2 − 2(m + 1)t + 2m + 1. Bài toán được thỏa mãn khi phương trình bậc 2 với ẩn t có hai √ √ nghiệm dương phân biệt t1 < t2 sao cho 3 t1 = t2 ⇔ 9t1 = t2 .. √ − t2. √ − t1. √ 0. √. t1. Đến đây, sử dụng định lí Vi – ét, dễ dàng tìm được m = 4 hoặc m =. x t2. −4 là những giá trị cần 9. tìm.. 1.3.3. Giao điểm của hàm phân thức với đường thẳng. • Phương pháp. ax 2 + bx + c với p 6= 0 không suy biến và đường thẳng d : y = mx + n. px + q Khi đó, phương trình hoành độ giao điểm luôn đưa về một phương trình bậc hai đã có phương Cho hàm số y =. pháp giải. Chú ý: Định lí Vi – ét được sử dụng rất nhiều trong các bài tập phần này.. x 2 + mx − 1 , (C ). Tìm tham số m để đường thẳng y = m cắt x −1 đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA ⊥ OB. Ví dụ 1: Cho hàm số y =. Lời giải Xét phương trình    x − 1 6= 0  x 6= 1 x 2 + mx − 1 =m⇔ ⇔  x 2 + mx − 1 = m(x − 1)  x2 = 1 − m x −1 Đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 6= m < 1. √ Khi đó, hoành độ giao điểm là x = ± 1 − m. <>. Tel : 0169 875 6669.

(20) by Nguyễn Chí Công. TEX. Ta có, OA ⊥ OB ⇔ kOA .kOB thỏa mãn 0 6= m < 1.. 19. −m m −1 ± = −1 ⇔ √ .√ = −1 ⇔ m = 2 1−m 1−m. √ 5. 2x + 1 , (C ). x +2 CMR: Đường thẳng d : y = −x + m luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để Ví dụ 2: Cho hàm số y =. đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Lời giải Hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm của phương trình 2x + 1 = −x + m x +2 ⇔ 2x + 1 = (−x + m)(x + 2), do x = −2 không là nghiệm. ⇔ x 2 + (4 − m)x + 1 − 2m = 0, (∗) Ta có, ∆ = m2 + 12 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B ∀m. Vì A, B ∈ d nên yA = −xA + m, yB = −xB + m. Từ đó tính được AB2 = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 2(xA − xB )2 = 2(xA + xB )2 − 8xA xB Do xA , xB là nghiệm của (∗) nên dựa vào Vi – ét, ta tính được AB2 = 2(m2 + 12) ≥ 24 √ Từ đây, ta chỉ ra được đoạn AB nhỏ nhất là 2 6 đạt được khi m = 0. 2x + 4 , (C ). 1−x Gọi d là đường thẳng đi qua I(1; 1) có hệ số góc k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C ) tại √ hai điểm phân biệt M, N sao cho độ dài đoạn MN bằng 3 10. Ví dụ 3: Cho hàm số y =. Lời giải Phương trình đường thẳng d : y = k(x − 1) + 1 Hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm phương trình 2x + 4 = k(x − 1) + 1 1−x ⇔ kx 2 − (2k − 3)x + k + 3 = 0 (∗), do x = 1 không là nghiệm của (∗). <>. Tel : 0169 875 6669.

(21) by Nguyễn Chí Công. TEX. 20. Ta có, d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt, hay.   k 6= 0 3 ⇔ 0 6= k <  ∆ = 9 − 24k > 0 8. Do M, N ∈ d nên yM = k(xM − 1) + 1, yN = k(xN − 1) + 1. Suy ra, MN 2 = (xM − xn )2 + (yM − yN )2 = (1 + k 2 )(xM − xN )2 = (1 + k 2 ) (xM + xN )2 − 4xM xN Vì xM , xN là nghiệm của phương trình (∗), dựa vào định lí Vi – ét, ta có MN 2 = 90 ⇔ 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 ⇔ (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 ⇔ k = −3, k = 3 Cả ba giá trị này đền thỏa mãn điều kiện 0 6= k < . 8. √ −3 ± 41 . 16. x +2 , (C ). Tìm tham số m để đường thẳng d : y = x + m cắt 2x − 2 23 đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 + OB2 = 2 Ví dụ 4: Cho hàm số y =. Lời giải Hoành độ giao điểm của d là nghiệm của phương trình x +2 =x +m 2x − 2 ⇔ x + 2 = (2x − 2)(x + m), do x = 1 không là nghiệm. ⇔ 2x 2 + (2m − 3)x − 2(m + 1) = 0, (∗). Ta có ∆ = 4m2 + 4m + 25 = (2m + 1)2 + 24 > 0, ∀m ∈ R nên phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt ∀m. Giả sử A(x1 ; x1 + m), B(x2 ; x2 + m) là tọa độ giao điểm của d và (C ), vì x1 , x2 là nghiệm của 2m − 3 (∗) nên x1 + x2 = − , x1 x2 = −(m + 1). 2 2 4m + 2m + 17 23 −3 Từ đó OB2 + OB2 = = ⇔ m = 1, m = . 2 2 2 −3 Vậy, m = 1, m = là các giá trị cần tìm. 2 2x + 1 có đồ thị (C ) và điểm A(−2; 5). x −1 Xác định đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm B, C sao cho ABC là tam giác đều. Ví dụ 5: Cho hàm số y =. Lời giải Xin dành cho bạn đọc ! 6. Bài 1.59. Cho hàm số y = 6 Điểm. x , (C ). Tìm m để đường thẳng y = mx − m − 1 cắt đồ thị (C ) tại hai 1−x. A nằm trên đường phân giác của góc tạo bởi hai tiệm cận.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(22) by Nguyễn Chí Công. TEX. 21. điểm phân biệt A, B sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất, biết M(−1; 1). 2x − 2 Bài 1.60. Tìm m để đường thẳng y = 2x + m cắt đồ thị của hàm số y = tại hai điểm phân x +1 √ biệt M, N sao cho đoạn thẳng AB có độ dài bằng 5. x −1 Bài 1.61. Cho hàm số y = , (Cm ). Tìm m để đường thẳng y = x + 2 cắt (Cm ) tại hai điểm phân x √ +m biệt A, B sao cho AB = 2 2. 2x − 1 Bài 1.62. Cho hàm số y = , (C ) và điểm A(−2; 4). Viết phương trình đường thẳng cắt (C ) tại x −1 hai điểm phân biệt B, C sao cho tam giác ABC đều. 2x − 1 Bài 1.63. Tìm m để đường thẳng y = x + 2m cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt x +2 √ M, N sao cho MN ≤ 4 2. 2x 2 − x + 1 Bài 1.64. Với giá trị nào của m thì đường thẳng y = m − x cắt đồ thị hàm y = tại hai x −1 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của đoạn thẳng AB. Bài 1.65. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 3 − 3(m + 1)x 2 + 2(m2 + 4m + 1)x = 4m(m + 1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1. x2 + 3 2 Bài 1.66. Cho hàm số y = , (C ). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(2; ) sao x +1 5 cho d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn M là trung điểm của đoạn AB. Bài 1.67. Tìm m để đồ thị hàm số y = −2x 3 − 2mx 2 + 7(m − 1)x + 54 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt lập thành một cấp số nhân. Bài 1.68. Tìm a để đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 1 cắt đồ thị hàm số y = a(3x 3 − 3ax + a) tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. Bài 1.69. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 − 4x 2 + m cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt sao cho diện tích giới hạn bởi đồ thị với trục hoành có phần trên và phần dưới bằng nhau. Bài 1.70. Tìm điều kiện giữa các số a, b để đường thẳng y = ax + b cắt đồ thị của hàm số y = x 3 + x 2 − 16x + 20 tại ba điểm phân biệt A, B, C với B là trung điểm của đoạn AC . Bài 1.71. Cho hàm số y = x 3 − mx 2 + (2m + 1)x − m − 2. CMR: Đồ thị hàm số luôn đi qua một điểm A cố định. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A, B, C thỏa mãn hệ thức 2 2 OA 19 OA + = . OB OC 48 Bài 1.72. Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 − 3(3m + 4)x 2 + m2 cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt A, B, C , D thỏa mãn xA < −2 < xB < 1 < xC < xD . x3 8 Bài 1.73. Cho hàm số y = − x 2 − 3x + . Lập phương trình đường thẳng song song với trục hoành 3 3 và cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm A, B phân biệt thỏa mãn tam giác OAB cân tại O. x +3 Bài 1.74. Cho đồ thị hàm số y = , (C ). Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + 3m cắt (C ) tại hai x +2 điểm phân biệt A, B và d cắt (C ) tại M thỏa mãn MA.MB = 4. Bài 1.75. Tìm m để hàm số y = x 3 − 2mx 2 + m2 x − m + 1 cắt trục hoành tại đúng 2 điểm.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(23) by Nguyễn Chí Công. TEX. 22. 1.4. Sự tiếp xúc và bài toán về tiếp tuyến 1.4.1. Phương pháp:. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C1 ) và y = g(x) có đồ thị (C2 ). Khi đó, (C1 ) và (C2 ) tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi hệ phương trình   f(x) = g(x)  f 0 (x) = g0 (x) có nghiệm. Và nghiệm của hệ phương trình trên là hoành độ của tiếp điểm. ? Chú ý : Trong chương trình phổ thông, các bài toán về hai đường cong tiếp xúc nhau chủ yếu là các bài toán về đường thẳng tiếp xúc với đồ thị hàm số. Do vậy, trong tài liệu này người viết chỉ đề cập đến việc xác định tiếp tuyến của đồ thị hàm số. • Phương trình tiếp tuyến tại một điểm thuộc đồ thị. Bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C ). Khi đó, phương trình tiếp tuyến tại điểm (x0 ; y0 ) ∈ (C ) có dạng y = f 0 (x0 )(x − x0 ) + f(x0 ), với y0 = f(x0 ) Như vậy, để viết phương trình tiếp tuyến dạng này ta chỉ cần xác định f 0 (x0 ). • Phương trình tiếp tuyến với đồ thị biết tiếp tuyến đi qua một điểm cho trước. Bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C ). Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(xA , yA ). Bước 1: Đường thẳng qua A có hệ số góc k là ∆ : y = k(x − xA ) + yA . Bước 2: Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của (C ) thì hoành độ tiếp điểm và hệ số góc k của tiếp tuyến là nghiệm của hệ.   f(x) = k(x − x ) + y A A  f 0 (x) = k. • Phương trình tiếp tuyến với đồ thị có hệ số góc k. Bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C ). Viết phương trình đường thẳng ∆ có hệ số góc k cho trước và tiếp xúc với (C ).. <>. Tel : 0169 875 6669.

(24) by Nguyễn Chí Công. TEX. 23. Bước 1: Đường thẳng ∆ có phương trình y = kx + m với m là tham số. Bước 2: Vì ∆ là tiếp tuyến nên hệ.   f(x) = kx + m  f 0 (x) = k. có nghiệm. Giải phương trình thứ hai tìm được nghiệm x, thế trở lại phương trình thứ nhất cho ta giá trị của m.. Ví dụ 1: Viết phương trình đường thẳng đi qua A(1, 1) và tiếp xúc với đồ thị (C ) của x 2 − 4x + 5 hàm số y = . x −2 Lời giải Đường thẳng d đi quaA(1; 1) với hệ số góc k có phương trình y = k(x − 1) + 1 tiếp xúc với  f(x) = k(x − 1) + 1 (C ) khi và chỉ khi hệ có nghiệm.  f 0 (x) = k   1    x −2+  2(1 − k)(x − 2) = k + 1 = k(x − 1) + 1 x −2 ⇔ 1 1   =1−k  1−  =k 2 (x − 2)2 (x − 2)   1 2(1 − k)    1 = 2(1 − k) = x − 2 k + 1 x −2 k +1 ⇔ ⇔ 4(1 − k)2   2  =1−k k + 6k − 3 = 0 (k + 1)2 √ Từ đó, tìm được k = −3 ± 2 3. √ Vậy, có hai đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C ) là y = (−3 ± 2 3)(x − 1) + 1. Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2, (C ). Viết phương trình tiếp tuyến với (C ), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(−1, − 2). Lời giải Đường thẳng d qua A với hệ số góc k là y = k(x + 1) − 2. Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của hệ.   x 3 − 3x 2 + 2 = k(x + 1) − 2  3x 2 − 6x = k. Thế k = 3x 2 − 6x vào phương trình thứ nhất của hệ , ta được 2x 3 − 6x − 4 = 0 ⇔ (x + 1)2 (x − 2) = 0 ⇔ x = −1, x = 2 ? Với x = −1 ⇒ k = 9 nên d : y = 9x + 7 ? Với x = 2 ⇒ k = 0 nên d : y = −2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(25) by Nguyễn Chí Công. TEX. 24. 1 3 m 2 1 x − x + , (Cm ). Gọi M là điểm có hoành độ bằng −1 3 2 3 thuộc (Cm ). Tìm m để tiếp tuyến với (Cm ) tại M song song với đường thẳng 5x − y = 0. Ví dụ 3: Cho hàm số y =. Viết phương trình tiếp tuyến đó.. Lời giải Hệ số góc của đường thẳng 5x − y = 0 là 5. Để tiếp tuyến tại M song song với đường thẳng 5x − y = 0 thì y0 (−1) = m + 1 = 5 ⇒ m = 4. Từ đó, y(−1) = −2 Vậy, tiếp tuyến cần tìm là y = 5x + 3. 2x , (C ). Tìm những điểm thuộc (C ) sao cho khoảng cách từ x +2 giao điểm hai đường tiệm cận đến tiếp tuyến với (C ) tại điểm đó có khoảng cách lớn nhất.. Ví dụ 4: Cho hàm số y =. Lời giải Giao điểm hai đường tiệm cận là I(−2; 2). Giả sử, A(a;. 2a ) là điểm cần tìm, khi đó tiếp a+2. 4 2a (x − a) + ⇔ 4x − (a + 2)2 y + 2a2 = 0 (a + 2)2 a+2 √ 8|a + 2| 8|a + 2| Ta có d(I/d) = p ≤p = 2 2. 16 + (a + 2)4 2.4.(a + 2)2 Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi (a + 2)4 = 16 ⇔ a = 0, a = −4. tuyến với (C ) tại A là d : y =. Vậy, có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là A1 (0, 0), A2 (−4, 4). 5 x4 − 3x 2 + , (C ) sao cho tiếp tuyến với 2 2 −→ −→ (C ) tại A cắt (C ) tại hai điểm phân biệt B, C khác A thỏa mãn AC = 3AB.. Ví dụ 5: Tìm điểm A thuộc đồ thị hàm số y =. Lời giải Xét điểm A(a;. a4 5 − 3a2 + ) ∈ (C ). Tiếp tuyến với (C ) tại A có phương trình là 2 2 d : y = (2a3 − 6a)(x − a) +. a4 5 − 3a2 + 2 2. Khi đó, hoành độ giao điểm của d và (C ) là nghiệm của phương trình (x − a)2 (x 2 + 2ax + 3a2 − 6) = 0 Để đường thẳng d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt khác A thì phương trình x 2 + 2ax + 3a2 − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác a, hay   √  ∆0 = 6 − 2a2 > 0  − 3 < a < √3 ⇔  6a2 − 6 6= 0  a 6= ±1 <>. Tel : 0169 875 6669.

(26) by Nguyễn Chí Công. TEX. 25. −→ −→ Từ điều kiện AC = 3AB hay xC − 3xB = −2a, kết hợp với định lí Vi – ét, ta có hệ      xC − 3xB = −2a  x = −2a     C xC + xB = −2a ⇔ xB = 0        x x = 3a2 − 6  a = ±√2 C B. √ −3 √ −3 Từ đó, tìm được hai điểm A1 (− 2, ), A2 ( 2, ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2. 1.4.2. Bài tập đề nghị. 2 , (C ). Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm (0, 3). 2x − 1 Bài 1.77. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm uốn của đồ thị hàm số y = −x 3 + 3x 2 − 2. Nêu nhận Bài 1.76. Cho hàm số y = x + 1 −. xét về hệ số góc của tiếp tuyến tìm được. Bài 1.78. Tìm các cặp điểm thuộc đồ thị hàm số y = x −. 1 mà tại đó tiếp tuyến song song với x +1. nhau. Bài 1.79. Cho hàm số y = x 3 + 1 − m(x + 1), (Cm ). Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm của (Cm ) với trục tung. Tìm m để tiếp tuyến nói trên chắn hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 8. 1 có hoành độ lớn hơn 1, sao cho tiếp x −1 tuyến tại điểm đó tạo với hai đường tiệm cận một tam giác có chu vi nhỏ nhất.. Bài 1.80. Tìm các điểm thuộc đồ thị hàm số y = x + 1 +. Bài 1.81. Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = −x 3 +3x+2. Bài 1.82. Tìm điểm A trên trục tung mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = −x 4 + x 2 − 1. Bài 1.83. Tìm trên đường thẳng y = −x các điểm mà từ đó có thể kẻ 2 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = 3x − 4x 3 . Bài 1.84. Cho hàm số y = x 4 + mx 2 − m − 1, (Cm ). CMR: Khi m thay đổi thì (Cm ) luôn đi qua 2 điểm cố định. Tìm m để tiếp tuyến tại 2 điểm đó vuông góc với nhau. Bài 1.85. Tìm tất cả các điểm M thuộc đồ thị hàm số y = x 3 − 3x + 2, (C ) sao cho tiếp tuyến với (C ) √ tại M cắt (C ) tại N sao cho MN = 2 6. Bài 1.86. Cho hàm số y = x 3 − (2m + 3)x 2 + 5mx + 2m2 , (Cm ). Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt mà tổng các hệ số góc các tiếp tuyến với (Cm ) tại 3 điểm đó đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 1.87. Cho đường cong (C ) : y = x 3 − 3x + 2. Viết phương trình đường thẳng cắt (C ) tại 3 điểm √ phân biệt A, B, C sao cho xA = 2 và BC = 2 2. Bài 1.88. Tìm tất cả những điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x 3 + 3x 2 , trong đó 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau. <>. Tel : 0169 875 6669.

(27) by Nguyễn Chí Công. TEX. 26. x2 + 1 . Tìm trên trục hoành những điểm mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến tới 2x đồ thị hàm số đã cho và các tiếp tuyến đó lập với nhau một góc 450 . x −2 Bài 1.90. Cho hàm số y = , (C ). Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biết tiếp tuyến cắt hai x +1 tiệm cận lần lượt tại hai điểm A, B sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất ( I là Bài 1.89. Cho hàm số y =. giao của hai tiệm cận ).. 1.5. Hàm số trong các kì thi đại học 1.5.1. Khảo sát khối A – 2002. Đề thi Cho hàm số y = −x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m2 )x + m3 − m2 , (1). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2/ Tìm k để phương trình −x 3 + 3x 2 + k 3 − 3k 2 = 0 có ba nghiệm phân biệt. 3/ Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Phương trình tương đương với −x 3 + 3x 2  = −k 3 + 3k 2 . Dựa vào đồ thị,  yêu cầu bài toán thỏa   0 6= k < 3 −1 < k < 3 3 2 mãn khi và chỉ khi 0 < −k + 3k < 4 ⇔ ⇔ .   (k + 1)(k − 2)2 > 0 k 6= 0, k 6= 2 3/ Ta có y0 = −3x 2 + 6mx + 3(1 − m2 ), ∆y0 0 = 9 > 0 nên y0 = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 và y0 đổi dấu khi qua x1 và x2 nên hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 . m 1 Ta có y = ( x − )(−3x 2 + 6mx + 3 − 3m2 ) + 2x − m2 + m. 3 3 Từ đây ta có y1 = 2x1 − m2 + m và y2 = 2x2 − m2 + m. Vậy, đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là y = 2x − m2 + m.. 1.5.2. Khảo sát khối A – 2003. Đề thi Cho hàm số. y=. mx 2 + x + m , (2). x −1. <>. Tel : 0169 875 6669.

(28) by Nguyễn Chí Công. TEX. 27. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (2) khi m = −1. 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình f(x) = mx 2 + x + m = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt khác 1, hay    m 6= 0       ∆ = 1 − 4m2 > 0   f(1) = 2m + 1 6= 0       S = − 1 > 0, P = 1 > 0 m Vậy, −. 1.5.3.    m 6= 0       − 1 < m < 1 2 2 ⇔ 1   m 6= −   2    m < 0. ⇔−. 1 < m < 0. 2. 1 < m < 0 là các giá trị cần tìm. 2. Khảo sát khối A – 2004. Đề thi Cho hàm số. y=. −x 2 + 3x − 3 , (3). 2(x − 1). 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2/ Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 1. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Phương trình hoành độ giao điểm −x 2 + 3x − 3 = m ⇔ x 2 + (2m − 3)x + 3 − 2m, (∗) vì x = 1 không là nghiệm của (∗). 2(x − 1) Phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ = 4m2 − 4m − 3 > 0 ⇔ m >. 3 1 hoặc m < − , (∗∗) 2 2. Với điều kiện (∗∗), đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành độ x1 , x2 là nghiệm của (∗). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi AB =√1 ⇔ |x1 − x2 | = 1 ⇔ (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 = 1 hay 1± 5 (2m − 3)2 − 4(3 − 2m) = 1 ⇔ m = , thỏa mãn (∗) và (∗∗). 2 √ 1± 5 Vậy, m = là các giá trị cần tìm. 2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(29) by Nguyễn Chí Công. 1.5.4. TEX. 28. Khảo sát khối A – 2005. 1 Đề thi Gọi (Cm ) là đồ thị hàm số y = mx + , (4). x 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (4) khi m =. 1 . 4. 2/ Tìm m để hàm số (4) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (Cm ) đến tiệm cận xiên của 1 (Cm ) bằng √ . 2 Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 1 . Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y0 = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0. x2 √ 1 Dễ dàng chỉ ra được m > 0 thì hàm số có cực trị và tọa độ điểm cực tiểu M( √ , 2 m). m Tiệm cận xiên của đồ thị hàm số (4) là d : mx − y = 0.. 2/ Ta có y0 = m −. Ta có d(M/d) = Bài toán được thỏa mãn khi √ Vậy, m = 1 là giá trị cần tìm.. 1.5.5. √ m. √ √ √ | m − 2 m| m √ =√ m2 + 1 m2 + 1. 1 = √ ⇔ m = 1 , thỏa mãn điều kiện m > 0. 2 m2 + 1. Khảo sát khối A – 2006. Đề thi Cho hàm số y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4, (5) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (5). 2/ Tìm m để phương trình 2|x|3 − 9x 2 + 12|x| = m có 6 nghiệm phân biệt. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Đặt t = |x| ≥ 0, phương trình trở thành 2t 3 − 9t 2 + 12t − 4 = m − 4, (∗). Yêu cầu bài toán thỏa mãn nếu (∗) có 3 nghiệm dương phân biệt, hay 0 < m − 4 < 1 ⇔ 4 < m < 5. Vậy, 4 < m < 5 là các giá trị cần tìm.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(30) by Nguyễn Chí Công. 1.5.6. TEX. 29. Khảo sát khối A – 2007. Đề thi Cho hàm số y =. x 2 + 2(m + 1)x + m2 + 4m , (6). x +2. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (6). 2/ Tìm m để hàm số (6) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành một tam giác vuông tại O. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! x 2 + 4x + 4 − m . (x + 2)2 Hàm số (6) có cực đại cực tiểu ⇔ g(x) = x 2 +4x +4−m2 = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác −2, hay. 2/ Ta có y0 =.   ∆0 = m2 > 0  g(−2) = −m2 6= 0. ⇔ m 6= 0. Gọi A, B là các điểm cực trị và tính được A(−2 − m, −2), B(−2 + m, 4m − 2). −→ → −→ − → − Do OA = (−m − 2, −2) 6= 0 , OB = (m − 2, 4m − 2) 6= 0 nên O, A, B tạo thành tam giác vuông √ −→ −→ tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ −m2 − 8m + 8 = 0 ⇔ m = −4 ± 2 6, thỏa mãn điều kiện m 6= 0. √ Vậy, m = −4 ± 2 6 là các giá trị cần tìm.. 1.5.7. Khảo sát khối A – 2008. Đề thi Cho hàm số y =. mx 2 + (3m2 − 2)x − 2 , (7). x + 3m. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (7) khi m = 1. 2/ Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (7) bằng 450 . Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Ta biến đổi y = mx − 2 +. 6m − 2 . x + 3m. 1 thì đồ thị hàm số không tồn tại tiệm cận. 3 1 – Nếu m 6= thì hàm số có 2 tiệm cận là d1 : y = mx − y − 2 = 0, d2 : x + 3m = 0. Véc – tơ 3 – Nếu m =. <>. Tel : 0169 875 6669.

(31) by Nguyễn Chí Công. TEX. 30. − → pháp tuyến của d1 , d2 lần lượt là → n 1 = (m, −1), − n 2 = (1, 0). Góc giữa d1 , d2 bằng 450 khi và chỉ khi. √ → − |− n 1 .→ n 2| |m| |m| 2 ⇔√ = cos 45 = − ⇔ m = ±1 =√ → 2 |→ n 1 |.|− n 2| m2 + 1 m2 + 1 0. 1.5.8. Khảo sát khối A – 2009. Đề thi Cho hàm số y =. x +2 , (8). 2x + 3. 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (8). 2/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (8), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB cân tại gốc tọa độ. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Tam giác OAB vuông tại O nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng ±1. −1 Gọi tọa độ tiếp điểm là (x0 , y0 ), ta có: = ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1. (2x0 + 3)2 – Nếu x0 = −1, y0 = 1 thì phương trình tiếp tuyến là y = −x ( loại ). – Nếu x0 = −2, y0 = 0 thì phương trình tiếp tuyến là y = −x − 2 ( thỏa mãn ). Vậy, y = −x − 2 là tiếp tuyến cần tìm.. 1.5.9. Khảo sát khối A – 2010. Đề thi Cho hàm số y = x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m, (9). 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (9) khi m = 1. 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (9) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x12 + x22 + x32 < 4. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Phương trình hoành độ giao điểm x 3 − 2x 2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x 2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x 2 − x − m = 0, (∗). <>. Tel : 0169 875 6669.

(32) by Nguyễn Chí Công. TEX. 31. Đồ thị hàm số (9) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (∗) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Đặt g(x) = x 2 − x − m và x2 , x3 là 2 nghiệm của (∗). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi    ∆>0    g(1) 6= 0     x 2 + x 2 < 3 2 3. 1.5.10.    1 + 4m > 0    ⇔ −m 6= 0     1 + 2m < 3. ⇔−. 1 < m < 1 và m 6= 0. 4. Khảo sát khối A – 2011. Đề thi Cho hàm số y =. −x + 1 , (1). 2x − 1. 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1). 2/ CMR: Với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A, B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Phương trình hoành độ giao điểm x +m=. −x + 1 2x − 1. ⇔ (x + m)(2x − 1) = −x + 1, do x =. 1 không là nghiệm. 2. ⇔ 2x 2 + 2mx − m − 1 = 0, (∗) Ta có, ∆0 = m2 + 2m + 2 = (m + 1)2 + 1 > 0, ∀m. Suy ra đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của A, B, đồng thời cũng là nghiệm của (∗), ta có k1 + k2 = −. 1 1 4(x1 + x2 )2 − 8x1 x2 − 4(x1 + x2 + 2) − = − . (2x1 − 1)2 (2x2 − 1)2 [4x1 x2 − 2(x1 + x2 ) + 1]2. Dựa vào định lý Viet, ta có: k1 + k2 = −4m2 − 8m − 6 = −4(m − 1)2 − 2 ≤ −2. Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng −2 khi và chỉ khi m = −1.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(33) by Nguyễn Chí Công. 1.5.11. TEX. 32. Khảo sát khối A – 2012. Đề thi Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1)x 2 + m2 , (1). 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=0. 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Lời giải 1/ Bạn đọc tự giải ! 2/ Ta có y0 = 4x 3 − 4(m + 1)x = 4x(x 2 − m − 1). Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 hay m > −1. √ √ Khi đó, các điểm cực trị của đồ thị là A(0, m2 ), B(− m + 1, −2m − 1), C ( m + 1, −2m − 1) √ √ −→ −→ Suy ra AB = (− m + 1, −(m + 1)2 ) và AC = ( m + 1, −(m + 1)2 ). −→ −→ Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB.AC = 0 ⇔ (m + 1)4 − (m + 1) = 0. Kết hợp (∗), ta được giá trị m cần tìm là m = 0.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(34) CHƯƠNG 2. Phương trình và bất phương trình vô tỷ 2.1. Phương pháp biến đổi tương đương 2.1.1. Sơ lược về phương pháp. 1/. p f(x) = g(x) ⇔. 3/. p f(x) < g(x) ⇔. p 5/ f(x) > g(x) ⇔.   g(x) ≥ 0. p 2/.  f(x) = g2 (x)   f(x) ≥ 0, g(x) > 0  f(x) < g2 (x)   f(x) ≥ 0  g(x) < 0. p 4/. f(x) =. p. f(x) >. p. g(x) ⇔. g(x) ⇔.   g(x) ≥ 0  f(x) = g(x)   g(x) ≥ 0  f(x) > g(x).   g(x) ≥ 0 hoặc.  f(x) > g2 (x). Chú ý : Điều kiện g(x) ≥ 0 ở phương trình 2/ có thể thay1 bởi f(x) ≥ 0. Đối với phương trình, bất phương trình không có dạng chuẩn, người ta thường đặt điều kiện cho 2 vế có nghĩa và tìm điều kiện không âm cho 2 vế rồi bình phương khử căn thức. 1 Nên. chọn điều kiện đơn giản để lời giải gọn, trong sáng.. 33.

(35) by Nguyễn Chí Công. 2.1.2. TEX. 34. Bài tập mẫu. + Bài 1 Giải phương trình. √. −x 2 + x + 2 = x − 2. (1). Lời giải :. Phương trình (1) ⇔.   x − 2 ≥ 0. ⇔.  −x 2 + x + 2 = (x − 2)2   x ≥ 2 ⇔  x = 2, x = 1 2. + Bài 2 Giải phương trình.   x ≥ 2  2x 2 − 5x + 2 = 0. ⇔x=2. p √ √ 7 − x 2 + x x + 5 = 3 − 2x − x 2. (2). Lời giải :   3 − 2x − x 2 ≥ 0 (2) ⇔ √  7 − x 2 + x x + 5 = 3 − 2x − x 2        −3 ≤ x ≤ 1  −3 ≤ x ≤ 1     x +2 ⇔ − ⇔ −2 ≤ x < 0 ≥ 0   x       (x + 1)(x 2 − 16) = 0  x 2 (x + 5) = (x + 2)2.   −3 ≤ 0 ≤ 1 ⇔ √   x + 5 = −x + 2 x. ⇔.   −2 ≤ x < 0  x = −1, x = ±4. Đến đây, dễ dàng tìm được x = −1 là nghiệm của phương trình. + Bài 3 Giải phương trình. √ √ 3x − 2 − x + 7 = 1. (3). Lời giải :   x ≥ 3 2 (3) ⇔ √  3x − 2 = ( x + 7 + 1)2   x ≥ 5 ⇔  x + 7 = x 2 − 10x + 25.   x ≥ 3 ⇔ √ 2   x +7=x −5   x ≥ 5 ⇔  x = 2, x = 9. Từ đây, tìm được x = 9 là nghiệm của phương trình. + Bài 4 Giải phương trình. √. x +8−. <>. √. x=. √ x +3. (4). Tel : 0169 875 6669.

(36) by Nguyễn Chí Công. TEX. 35. Lời giải :. (4) ⇔. ⇔.   x ≥ 0 ⇔ p  2 x(x + 3) = 5 − x   0 ≤ x ≤ 5 ⇔  3x 2 + 22x − 25 = 0.   x ≥ 0 p  x + 8 = 2x + 3 + 2 x(x + 3)   0 ≤ x ≤ 5.  4x 2 + 12x = 25 − 10x + x 2   0 ≤ x ≤ 5 ⇔  x = 1, x = −25 3 + Bài 5 Giải phương bất trình. √. x 2 − 4x > x − 3. ⇔x=1. (5). Lời giải : Bất phương trình xác đinh khi x ≥ 4 hoặc x ≤ 0. – Nếu x ≤ 0 thì V T ≥ 0 > V P nên bất phương trình thỏa mãn. – Nếu x ≥ 4 thì hai vế đều không âm. Bình phương hai vế ta được : 9 x 2 − 4x > x 2 − 6x + 9 ⇔ 2x − 9 > 0 ⇔ x > 2 9 Kết hợp điều kiện, ta tìm được nghiệm : x ∈ (−∞; 0] ∪ ( ; +∞) 2 √ x 2 − 4x + 3 < x + 1 (6) + Bài 6 Giải bất phương trình Lời giải :    x 2 − 4x + 3 ≥ 0    (6) ⇔ x + 1 ≥ 0     x 2 − 4x + 3 < (x + 1)2 + Bài 7 Giải bất phương trình.     x ≥3∨x ≤1    1 ⇔ x ≥ −1 ⇔ < x ≤ 1 hoặc x ≥ 3.  3    1  x > 3 √ √ √ x + 11 ≥ x − 4 + 2x − 1 (7). Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình x ≥ 4. p (7) ⇔ x + 11 ≥ 3x − 5 + 2 (x − 4)(2x − 1)     8 − x ≥ 0 x ≤ 8 ⇔ ⇔   (x − 4)(2x − 1) ≤ (8 − x)2 x 2 + 7x − 60 ≤ 0 √. ⇔8−x ≥. p (x − 4)(2x − 1). ⇔ −12 ≤ x ≤ 5.. √. √ 4x − 1 ≤ 3 x (8) 1 Lời giải : Điều kiện xác đinh của bất phương trình x ≥ . 4 p √ √ √ (8) ⇔ 5x + 1 ≤ 4x − 1 + 3 x ⇔ 5x + 1 ≤ 13x − 1 + 4x 2 − x p ⇔ 3 4x 2 − x ≥ 1 − 4x. + Bài 8 Giải bất phương trình. <>. 5x + 1 −. Tel : 0169 875 6669.

(37) by Nguyễn Chí Công. TEX. 36. 1 thì bất phương trình cuối luôn đúng. 4 1 Nên tập nghiệm của bất phương trình (8) là [ ; +∞). 4 √ √ 12 + x − x 2 12 + x − x 2 ≥ (9) + Bài 9 Giải bất phương trình x − 11 2x − 9 Lời giải : √ – Nếu −x 2 + x + 12 = 0 ⇔ x = −3, x = 4 thì (9) luôn đúng. x +2 9 – Nếu −x 2 + x + 12 > 0 ⇔ −3 < x < 4 thì (9) ⇔ ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x < . (x − 11)(2x − 9) 2 Kết hợp hai trường hợp, tập nghiệm của (9) là x = −3 hoặc −2 ≤ x ≤ 4. Với x ≥. √ p x(x + 2) = 2 x 2 9 Bạn đọc tự giải ! Phương trình có nghiệm x = 0, x = . 8 p. + Bài 10 Giải phương trình. x(x − 1) +. (10). ? Lưu ý : Trong một số trường hợp, khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương thực sự gặp khó khăn thì phép biến đổi hệ quả lại phát huy thế mạnh của nó và điều đó thể hiện trong hai dạng toán sau : p p p 3 f(x) + 3 g(x) = 3 h(x) (1) Dạng 1 : p 3 p (1) ⇒ 3 f(x) + 3 g(x) = h(x) p p p ⇒ f(x) + g(x) + 3 3 f(x)g(x) 3 f(x) + 3 g(x) = h(x) p ⇒ f(x) + g(x) + 3 f(x)g(x)h(x) = h(x) Dạng 2 :. p. f(x) +. p. g(x) =. p. h(x) +. p. k(x). (2). Trong đó, f(x) + h(x) = g(x) + k(x) hoặc f(x)h(x) = g(x)k(x) p. p p p f(x) − h(x) = k(x) − g(x) 2 p 2 p p p f(x) − h(x) = k(x) − g(x) ⇒. (2) ⇒. + Bài 11 Giải phương trình. √ 3. √ 3 2x + 1 +. √ 3 2x + 2 +. 2x + 3 = 0. (1). Lời giải : √ √ 3 3 2x + 1 + 2x + 2 = − 2x + 3 √ p √ 3 3 ⇒ 4x + 3 + 3 3 (2x + 1)(2x + 2) 2x + 1 + 2x + 2 = −(2x + 3) p ⇒ 3 (2x + 1)(2x + 2)(2x + 3) = −2x − 2. (1) ⇒. √ 3. ⇒ (2x + 1)(2x + 2)(2x + 3) = −(2x + 2)3 ⇒ (2x + 2) (2x + 1)(2x + 3) + (2x + 2)2 = 0   x = −1 2x + 2 = 0 ⇒  ⇒ 5 x=− 4x 2 + 9x + 5 = 0 4 <>. Tel : 0169 875 6669.

(38) by Nguyễn Chí Công. TEX. 37. Thay 2 nghiệm này vào (1), chỉ có nghiệm x = −1 thỏa mãn. + Bài 12 Giải phương trình Lời giải : Nhận thấy. √. x +3+. √. √ √ 3x + 1 = 2 x + 2x + 2. (2). (x + 3) + 4x = (3x + 1) + (2x + 2) nên ta biến đổi. √ √ √ x + 3 − 2 x = 2x + 2 − 3x + 1 p p ⇒ 3x + 1 + 2x + 2 − 2 (3x + 1)(2x + 2) = 4x + x + 3 − 2 4x(x + 3) p p ⇒ (3x + 1)(2x + 2) = 4x(x + 3). (2) ⇒. √. ⇒ 6x 2 + 8x + 2 = 4x 2 + 12x ⇒ x = 1. Thay x = 1 vào phương trình (2), thỏa mãn.. 2.1.3. Bài tập đề nghị. Bài 2.1. Giải các phương trình : 1/ 3/ 5/ 7/ 9/ 11/ 13/ 15/ 17/ 19/. p x 2 + 3x + 4 = 3x + 1 p x 4 − 4x 3 + 14x − 11 = 1 − x p x 3 + x 2 + 6x + 28 = x + 5 p x 3 − 2x + 5 = 2x − 1 √ √ √ 2 3x + 1 − x − 1 = 2 2x − 1 √ √ √ 11x + 3 − x + 1 = 4 2x − 5 p √ √ 5x + 1 + 2x + 3 = 7(2x + 1) √ √ 3x + 1 + x + 1 = 8 s r 7 7 x2 − 2 + x − 2 = x x x p 5 1 + x2 − x = √ 2 1 + x2. <>. p 2/. x 2 + 2x − 6 = 2 − x. p. 4/ 6/ 8/ 10/ 12/ 14/ 16/ 18/ 20/. x2 + x + 2 = 3 − x p x + 2 + x 2 + 3x + 1 = 0 p 3x + 2 + x 3 − x + 1 = 0 √ √ √ 5x − 1 − 3x − 2 = x − 1 √ √ √ 3x − 3 − 5 − x = 2x − 4 √ √ 7x − 4 = x + 1 + 3 p √ x 4 + 5x 3 + 12x 2 + 17x + 7 = 6(x + 1) s p √ x3 + 1 √ − x + 1 = x2 − x + 1 − x + 3 x +3 p (1 − x) 1 + x 2 = 3x. Tel : 0169 875 6669.

(39) by Nguyễn Chí Công. TEX. 38. Bài 2.2. Giải các bất phương trình : 1/ 3/ 5/ 7/ 9/ 11/ 13/. p x 2 − 2x − 15 < x − 3 p x2 + x − 6 < x − 1 p x 2 − 5x − 14 ≥ 2x − 1 p x 2 − x − 12 < x − 1 √ √ x + 9 + 2x + 4 < 5 √ √ √ 7x + 1 − 3x − 8 > 2x + 7 p 5x 2 − 2x − 2 ≤ 4 − x. p. x2 − 1 > x + 2. p. 2x 2 − 1 > 1 − x. p. x 2 + 6x + 8 ≥ 2x + 3. 2/ 4/ 6/ p 8/ 10/ 12/ 14/. x 2 − 4x − 2 < x + 1 √ √ √ x + 2 − 3 − x < 5 − 2x √ √ √ 5x + 1 − 4x − 1 ≥ 3 x p x 2 − x − 12 < x. √ x 2 + x 2 − 6 = 12 √ 2.4. Giải phương trình x 2 − x − 12 = 1 − 2x + 2x 2 √ 2.5. Giải phương trình 2x − 1 = x 2 − 6x + 6 √ 2.6. Giải phương trình 1 + 4x − x 2 = x − 1 √ 2.7. Giải phương trình 3x 2 − 9x + 1 = x − 1 √ √ 6−x − x −1=1 2.8. Giải phương trình √ √ 2.8. Giải phương trình 16 − x + 9 − x = 7 √ √ √ 2.9. Giải phương trình 2x + 9 − 4 − x = 3x + 1 √ √ 2.10. Giải phương trình 2x 2 + 8x + 6 = 2x + 2 − x 2 − 1 p 2.11. Giải bất phương trình (x + 5)(3x + 4) ≥ 4x − 4 x −2 x −1 −2 −3≥0 2.12. Giải bất phương trình x √x 6 + x − x2 6 + x − x2 2.13. Giải bất phương trình = 2x + 5√ x +4 2.14. Giải bất phương trình (x 2 − 3x) 2x 2 − 3x − 2 ≥ 0 √ 2 2 2.15. Giải bất phương trình (x √ + x − 2) 2x − 1 < 0 51 − 2x − x 2 2.16. Giải bất phương trình <1 1−x √ 2x + 4 2.17. Giải bất phương trình x− 10x − 3 − 3x 2 ≥ 0 2x − 5 √ √ √ 2.18. Giải bất phương trình x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4x + 3 ≥ 2 x 2 − 5x + 4 √ √ √ 3 2.19. Giải phương trình x −1+ 3x −2= 3x −3 √ √ √ 3 2.20. Giải phương trình x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 √ √ √ √ 2.21. Giải phương trình 3x + 8 + x − 7 = x − 4 + 3x + 5 √ √ √ √ 2.22. Giải phương trình x 2 + 2x + x + 2 = x + x 2 + 2x − 2 √ √ √ √ 2.23. Giải phương trình rx 2 + 2 + x 2 + 7 = x 2 + x + 3 + x 2 + x + 8 √ 1 1 2.24. Giải phương trình x− = √ − x x x p √ 2.25. Giải phương trình 4 − 3 10 − 3x = x − 2. Bài 2.3. Giải phương trình Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài Bài. <>. Tel : 0169 875 6669.

(40) by Nguyễn Chí Công. TEX. 39. r. Bài 2.26. Giải Bài 2.27. Giải Bài 2.28. Giải Bài 2.29. Giải Bài 2.30. Giải. r 2 1 1 bất phương trình x+ 2 + x− 2 ≥ x x x p 2(x 2 − 16) √ 7−x √ phương trình + x −3= √ x− √ √3 √x − 3√ x + x +9≥ x +1+ x +4 bất phương trình √ √ √ √ phương trình rx + 7 + 4x + 1 = 5x − 6 + 2 2x − 3 √ √ x3 + 1 √ phương trình + x + 1 = x2 − x + 1 + x + 3 x +3. 2.2. Phương pháp phân tích nhân tử 2.2.1. Sơ lược về phương pháp. 1/ Sử dụng biến đổi cơ bản Dùng các phép biến đổi cơ bản như tách, ghép nhóm thích hợp đưa phương trình ban đầu về phương trình tích đơn giản hơn. - (a±b)2 = a2 ±2ab+b2 , (a±b)3 = a3 ±3a2 b+3ab2 ±b3 , a3 ±b3 = (a±b)(a2 ∓ab+b2 ), . . . - f(x) = (x − x0 )g(x), với x0 là nghiệm của f(x) = 0. - (u − 1)(v − 1) = uv + 1 − u − v. - (a − u)(b − v) = ab + uv − av − bu. - ............... 2/ Sử dụng nhân liên hợp + Dự đoán nghiệm x = x0 . + Tách, ghép thích hợp và nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung x − x0 hoặc 1 đa thức chia hết cho x − x0 . + Sử dụng biểu thức liên hợp trục căn thức Biểu thức √ √ A+ B √ √ A− B √ √ 3 A+ 3B √ √ 3 A− 3B. <>. Biểu thức liên hợp √ √ A− B √ √ A+ B √ √ √ 3 3 A2 − 3 AB + B2 √ √ √ 3 3 A2 + 3 AB + B2. Tích A−B A−B A+B A−B. Tel : 0169 875 6669.

(41) by Nguyễn Chí Công. 2.2.2. TEX. 40. Bài tập mẫu. - Bài 1 Giải phương trình. x2 +. √. x +2=2. (1). Lời giải : √ (1) ⇔ x 2 + x + 2 − 2 = 0 h i √ √ ⇔ x 2 − ( x + 2)2 + (x + x + 2) = 0 ⇔ ....... √ ⇔ (x 2 − x − 2) + (x + x + 2) = 0 √ √ ⇔ (x + x + 2)(x − x + 2 + 1) = 0 √ −1 + 5 ⇔ x = −1, x = . 2. ? Dưới đây là một cách giải khác, tôi nghĩ nó cũng khá thú vị ! (1) ⇔ x +. √. x + 2 = −x 2 + x + 2 1 √ ⇔ (x + 1) + 1 = 0, x 6= 2 x − x +2. - Bài 2 Giải phương trình. ⇔. x2 − x − 2 √ = −x 2 + x + 2, x 6= 2 x − x +2. ⇔ ....... √ √ 2x + (4x 2 − 1) 1 − x 2 = 4x 3 + 1 − x 2. (2). Lời giải : p p p (2) ⇔ 2x + 4x 2 1 − x 2 − 1 − x 2 = 4x 3 + 1 − x 2 p p ⇔ 2(x − 1 − x 2 ) − 4x 2 (x − 1 − x 2 ) = 0 p ⇔ (x − 1 − x 2 )(1 − 2x 2 ) = 0 ⇔ ...... - Bài 3 Giải phương trình. √. x =1−. √ 3. 3x 2 + x − 1 +. √ 3 2x + 1. (3). Lời giải : Phương trình xác định khi x ≥ 0. p √ √ 3 3 (3) ⇔ ( x − 1) + ( 3x 2 + x − 1 − 2x + 1) = 0 x −1 (x − 1)(3x + 2) p p ⇔ √ +p =0 3 3 2 2 x +1 (3x + x − 1) + (3x 2 + x − 1)(2x + 1) + 3 (2x + 1)2 ! ⇔ (x − 1). 1 3x + 2 √ p p +p 3 3 2 2 2 x +1 (3x + x − 1) + (3x + x − 1)(2x + 1) + 3 (2x + 1)2. =0. ⇔x=1 Phương trình chỉ có nghiệm x = 1 do biểu thức chứa căn luôn dương vì x ≥ 0. ? Chú ý : Khi phương trình có dạng (x − x0 )h(x) = 0. Người ta thường giải phương trình h(x) = 0 trong những trường hợp đơn giản. Phần lớn những bài toán dạng này người ta sẽ chỉ ra phương trình h(x) = 0 vô nghiệm dựa vào điều kiện xác định và điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình. <>. Tel : 0169 875 6669.

(42) by Nguyễn Chí Công. TEX √ 3. - Bài 4 Giải phương trình. x −1+. √ 3. 41. 2x − 1 = 1 +. √ 3 2x 2 − x − 1. (4). Lời giải : √ √ √ 3 3 3 (4) ⇔ ( x − 1 − 1) + 2x − 1(1 − x − 1) = 0 √ √ 3 3 ⇔ ( x − 1 − 1)(1 − 2x − 1) = 0 ⇔ ...... ⇔ x = 1, x = 2 - Bài 5 Giải phương trình. √ √ √ x + 2 7 − x = 2 x − 1 + −x 2 + 8x − 7 + 1. (5). Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình 1 ≤ x ≤ 7. p √ √ (5) ⇔ 2 7 − x − (7 − x)(x − 1) + x − 1 − 2 x − 1 = 0 √ √ √ √ ⇔ 7 − x(2 − x − 1) + x − 1( x − 1 − 2) = 0 √ √ √ ⇔ ( x − 1 − 2)( x − 1 − 7 − x) = 0 ⇔ ...... ⇔ x = 4, x = 5 - Bài 6 Giải phương trình. √. 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 (∗) 1 Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình x ≥ . 2 √ (∗) ⇔ ( 2x − 1 − 1) + (x 2 − 3x + 2) = 0 2(x − 1) + (x − 1)(x − 2) = 0 2x − 1 + 1 2 +x −2 =0 ⇔ (x − 1) √ 2x − 1 + 1 ⇔ √. ⇔ ...... ⇔ x = 1, x = 2 − - Bài 7 Giải phương trình. √ 2. √ 4x 2 +. 2x + 3 = 8x + 1. (∗) 3 Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình x ≥ − . 2 √ (∗) ⇔ 2x + 3 − (2x − 1) = −4x 2 + 6x + 2. √ −4x 2 + 6x + 2 3 − 21 ⇔ √ = −4x 2 + 6x + 2, x 6= 4 2x + 3 + 2x − 1 √ 1 3 − 21 2 ⇔ (−4x + 6x + 2) √ − 1 = 0, x 6= 4 2x + 3 + 2x − 1 ⇔ ...... √ ⇔x=. 3+. 17 4. <>. , x=. 5−. √ 21 4 Tel : 0169 875 6669.

(43) by Nguyễn Chí Công. TEX. 42. ? Đại lượng (2x − 1) từ đâu mà có ? Bạn có thể hình dung phương trình (∗) được biến đổi √ ⇒. 2x + 3 − (αx + β) = −4x 2 + (8 − α)x + 1 − β. −α 2 x 2 + (2 − 2αβ)x + 3 − β 2 √ = −4x 2 + (8 − α)x + 1 − β 2x + 3 + αx + β. α2 2 − 2αβ 3 − β2 = = thì bài toán được giải quyết. 4 8−α 1−β Từ mối quan hệ này tìm được α = 2, β = −1. √ 3 − 21 ? Vì sao có điều kiện x 6= ? Xin dành cho bạn đọc ! 4 Nếu chọn các số thực α, β sao cho. √. x 2 + 5x + 2 2x + 2 6 −1. Lời giải : Phương trình xác định khi x =. - Bài 8 Giải phương trình. x2 + x + 2 =. (∗). p x 2 + 5x + 2 x2 + x + 2 − 2 = −2 2x + 2 x2 + x − 2 x2 + x − 2 ⇔ √ = 2x + 2 x2 + x + 2 + 2 1 1 ⇔ (x 2 + x − 2) √ − =0 x 2 + x + 2 + 2 2x + 2. (∗) ⇔. ⇔ ...... ⇔ x = 1, x = −2 p√. p√ 3−x =x 3+x √ √ Lời giải : Điều kiện xác định − 3 ≤ x ≤ 3.. - Bài 9 Giải phương trình.   x ≥ 0 (∗) ⇔ √ √  x 3 + 3x 2 + x − 3 = 0 - Bài 10 Giải phương trình. √ 3. x +1+. √ 3. (∗).    x ≥ 0 3 ⇔ 1 10   = √  x+√ 3 3 3 x2 =. √ 3. x+. √ 3. x2 + x. √ 3 ⇔x=. 10 − 1 √ 3. (∗). Lời giải : √ p √ √ 3 3 x + 1 − 3 x(x + 1) + x 2 − 3 x = 0 √ √ √ √ 3 ⇔ x + 1(1 − 3 x) + 3 x( 3 x − 1) = 0 √ √ √ 3 ⇔ ( x + 1 − 3 x)(1 − 3 x) = 0. (∗) ⇔. ⇔ ...... ⇔x=1. <>. Tel : 0169 875 6669.

(44) by Nguyễn Chí Công. 2.2.3. TEX. 43. Bài tập đề nghị. Bài 2.31. Giải phương trình Bài 2.32. Giải phương trình Bài 2.33. Giải phương trình Bài 2.34. Giải phương trình Bài 2.35. Giải phương trình Bài 2.36. Giải phương trình Bài 2.37. Giải phương trình Bài 2.38. Giải phương trình Bài 2.39. Giải phương trình Bài 2.40. Giải phương trình Bài 2.41. Giải phương trình Bài 2.42. Giải phương trình Bài 2.43. Giải phương trình Bài 2.44. Giải phương trình Bài 2.45. Giải phương trình Bài 2.46. Giải phương trình Bài 2.47. Giải phương trình Bài 2.48. Giải phương trình Bài 2.49. Giải phương trình Bài 2.50. Giải phương trình Bài 2.51. Giải phương trình Bài 2.52. Giải phương trình Bài 2.53. Giải phương trình Bài 2.54. Giải phương trình Bài 2.55. Giải phương trình Bài 2.56. Giải phương trình Bài 2.57. Giải phương trình Bài 2.58. Giải phương trình Bài 2.59. Giải phương trình Bài 2.60. Giải phương trình. √ x2 + x + 4 = 4 √ 3 4 x = + 2x 8 √ √ 3 2x − 3 4x 2 + 4x + 1 + 3 3 2x + 1 = x 3 √ x 2 + 22x + 5 = 16 2x + 51 4x √ = 12 x+ x + 4 x +4 √ √ √ ( x + 5 − x − 3)(1 + x 2 + 2x − 15) = 8 √ √ 2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 = x + 4 √ 3x 2 − 4x − 15 = 2 2x 2 − 2x − 15 √ 2x 2 − 6x − 1 = 4x + 5 √ √ √ √ 2x + 3 + x + 1 = x 2 − 11x + 33 + 3x − 5 √ x + 6 = x 2 + 4x √ √ x2 − x + 1 + x2 + x + 1 = 2 √ 2x √ − 3x − 2 = 1 − x √ √ 3x − 2 √ √ x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3 √ 4x 2 + 14x + 11 = 4 6x + 10 √ √ √ x 2 − 8x + 15 + x 2 + 2x − 15 = x 2 − 9x + 18 √ √ √ x + x + 1 − x2 + x = 1 √ √ √ x2 − x − 2 − 2 x − 2 + 2 = x + 1 √ √ 2x 2 + 8x + 6 + x 2 − 1 = 2x + 2 √ √ √ x + 1 + 2(x + 1) = x − 1 + 1 − x + 3 1 − x 2 3x 2 + 3x + 2 √ 2 = x +x +2 3x + 1 √ x −2 √ x +2=2− x√+ 2x + 1 √ √ 14 x + 35 + 6 x + 1 = 84 + x 2 + 36x + 35 √ (2x + 7) 2x + 7 = x 2 + 9x + 7 √ √ √ ( x + 3 − x + 1)(x 2 + x 2 + 4x + 3) = 2x √ x 2 − 5x + 14 = 4 x = 1 √ (4x + 2) x + 8 = 3x 2 + 7x + 8 √ √ x 2 − 4x + 3 − 2x 2 − 3x + 1 = x − 1 √ √ 4( 2x + 1 + 3x + 4) = x 2 + 12 √ x 2 + x + 12 x + 1 = 36. <>. Tel : 0169 875 6669.

(45) by Nguyễn Chí Công. TEX. 44. 2.3. Phương pháp đặt ẩn phụ 2.3.1. Sơ lược về phương pháp. 1/ Đặt ẩn phụ hoàn toàn : Đây là dạng toán cơ bản minh họa cho phương pháp đặt ẩn phụ khi giải phương trình, bất phương trình vô tỷ. Phương trình dạng này thực sự không khó, người ta chỉ cần đặt ẩn phụ là biểu thức vô tỷ thì phương trình trở thành phương trình đa thức bậc nhất, bậc hai, bậc ba, . . . Trong thực tế, một phương trình, bất phương trình vô tỷ chỉ đưa được về dạng “chính quy” sau một vài phép biến đổi. (a) Phương trình bậc nhất đối với một biểu thức vô tỷ Phương trình dạng af(x) + b = 0, với a 6= 0 và f(x) là biểu thức vô tỷ. √ √ √ 3 Ví dụ : 2 x 2 − 1 − 1 = 0, 3x 2 + x + 2 = 0, 2 − x 2 − 2x − 3 < 0, . . . (b) Phương trình bậc hai đối với một biểu thức vô tỷ Phương trình dạng af 2 (x) + bf(x) + c = 0, với a 6= 0 và f(x) là biểu thức vô tỷ. √ √ √ Ví dụ : x 2 − x 2 + 2 − 4 = 0, x − 3 x − 1 = 0, x + 2 − x + 1 > 0, . . . ? Chú ý : Dưới đây là một số dạng phương trình vô tỷ thường gặp được quy về@ @ phương trình bậc hai đối với một biểu thức vô tỷ : i. Dạng 1 : a.u2 (x) + b.u(x)v(x) + c.v 2 (x) = 0 p ii. Dạng 2 : a.u(x) + b.v(x) = c α.u2 (x) + β.v 2 (x) p iii. Dạng 3 : a.u(x) + b.v(x) = c u(x)v(x) Trong đó, a, b, c, α, β là các số thực và u(x), v(x) là các biểu thức vô tỷ. 2/ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn : Khi các hệ số a, b, c, α, β trong các dạng phương trình trên không còn là các số thực mà là các đơn thức thì phương pháp 1/ dường như không thể. Những phương trình dạng này thực sự không đơn giản, người ta chỉ có thể giải rất ít trong số chúng. Trong phương pháp này, ta chỉ xét lớp phương trình có chứa căn thức bậc hai với các hệ số là các đơn thức. Phương trình dạng ax f 2 (x) + bx f(x) + cx = 0 , trong đó ax , bx , cx là các đơn thức và f(x) là biểu thức vô tỷ. Phương pháp này khó ở chỗ, chúng ta phải nhóm, tách ghép hợp lý để biệt thức ∆ = b2x − 4ax cx là bình phương của một đơn thức. √ √ Ví dụ : Phương trình x 2 + x(3 − x 2 + 2) = 1 + 2 x 2 + 2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(46) by Nguyễn Chí Công. TEX. 45. 3/ Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình : Đây là phương pháp khá hiệu quả khi giải phương trình, bất phương trình vô tỷ. (a) Đưa về hệ phương trình cơ bản hai ẩn Phương pháp rất hiệu quả khi giải các phương trình chứa 2 lại căn khác nhau. Chẳng hạn, p p phương trình cần giải là a m pf(x) + q + b n rf(x) + t= c.   au + bv = c Dạng phương trình này bao giờ cũng đưa được về hệ  rum − pv n = qr − pt (b) Đưa về hệ đối xứng loại II Phương pháp này thường áp dụng được khi giải các phương trình dạng √ √ mx + n = ax 2 + bx + c hoặc 3 px + q = ax 3 + bx 2 + cx + d (c) Đưa về hệ tạm Ở mục (a), nếu hệ phương trình thu được vẫn còn ẩn x thì cách đưa bài toán về hệ đó thường gọi là đưa về “hệ tạm”. Người ta có thể dựa vào mối quan hệ của từng phương trình trên hệ để loại bỏ ẩn x hoặc biểu diễn u hoặc v theo x. Từ đó giải quyết được bài toán. 4/ Đặt ẩn phụ đưa về phương trình lượng giác : Giả sử cần tìm nghiệm phương trình f(x) = 0 với x ∈ D. π π (a) Nếu |x| ≤ a thì đặt x = a sin y, với y ∈ [− ; ] hoặc x = a cos z, với z ∈ [0; π]. 2 2 π π (b) Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì đặt x = a sin y, với y ∈ [0; ] hoặc x = a cos z, với z ∈ [0; ]. 2 2 a a hoặc x = . (c) Nếu |x| ≥ a thì đặt x = sin y cos z (d) Nếu x ∈ R thì đặt x = tan y hoặc x = tan z.. 2.3.2. Bài tập mẫu. - Bài 1 Giải phương trình. x2 −. √. x2 + 2 − 4 = 0. (1). Lời giải : √ √ Đặt t = x 2 + 2 ≥ 2 (∗), thì phương trình (1) trở thành t 2 − t − 6 = 0. Phương trình này có 2 nghiệm x = −2 hoặc x = 3. Chỉ có nghiệm x = 3 thỏa mãn điều kiện (∗). √ √ Với t = 3 thì x 2 + 2 = 3 ⇔ x 2 = 7 ⇔ x = ± 7. √ Vậy, phương trình (1) có hai nghiệm x = ± 7. - Bài 2 Giải phương trình. p. x+. √. x2 − 1 +. p √ x − x2 − 1 = 2. (2). Lời giải : Điều kiện xác đinh phương trình x ≥ 1. <>. Tel : 0169 875 6669.

(47) by Nguyễn Chí Công. p. TEX. 46. √. 1 x 2 − 1 ≥ 1 (∗) thì phương trình (2) trở thành t + = 2 ⇔ t = 1, thỏa mãn t p √ (∗). Với t = 1 thì x + x 2 − 1 = 1 ⇔ x = 1 Đặt t =. x+. Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. x+√. x. 35 (3) 12 −1 Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình là |x| > 1. Ta chỉ cần xét phương trình với x > 1. - Bài 3 Giải phương trình. =. x2. Vì hai vế của (3) đều dương nên bình phương, ta được phương trình 2 2 2x 2 35 x4 2x 2 35 x2 x2 + 2 +√ = ⇔ 2 +√ = 2 2 x −1 12 x −1 12 x −1 x −1 Đặt t = √. x2 x2 − 1. > 0, phương trình trở thành t + 2t − 2. Với t =. 2 35 12. =0⇔x=. 25 , vì t>0 12. 25 thay vào biểu thức đặt, ta được 12 25 x2 5 5 √ = ⇔ 144x 4 − 625x 2 + 625 = 0 ⇔ x = , x = 2 12 3 4 x −1. Vậy, phương trình có hai nghiệm x = - Bài 4 Giải bất phương trình. √. vì x > 1. 5 5 , x= . 3 4. x2 + x + 1 ≥. x2 − x + 1 √ x. (4). Lời giải : Bất phương trình xác định khi x > 0. r 1 1 Bất phương trình (4) ⇔ x + + 1 ≥ x + − 1. x x r √ 1 Đặt t = x + + 1 ≥ 3 (∗), thì bất phương trình trở thành t 2 − t − 2 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ t ≤ 2. x √ √ √ 1 3− 5 3+ 5 Kết hợp với điều kiện (∗), ta được 3 ≤ t ≤ 2 hay 2 ≤ x + ≤ 3 ⇔ ≤x≤ . x 2 2 √ - Bài 5 Giải phương trình (x 2 + 2)2 = 6 − x x 2 + 4 (5) √ Lời giải : Phương trình (5) ⇔ x 2 (x 2 + 4) = 2 − x x 2 + 4. √ Đặt t = x x 2 + 4 thì phương trình trở thành t 2 + t − 2 = 0 ⇔ x = 1, x = −2. p √ √ – Với t = 1 thì x x 2 + 4 = 1 ⇔ . . . . . . ⇔ x = −2 + 5. p √ √ – Với t = −2 thì x x 2 + 4 = −2 ⇔ . . . . . . ⇔ x = − −2 + 2 2. x +1 3x + 3 √ =4+ √ x x2 − x + 1 Lời giải : Phương trình xác định khi x > 0. √ 1 x+√ √ 1 x Phương trình (1) ⇔ 3 x+√ =4+ r x 1 x + −1 x. - Bài 6 Giải phương trình. <>. (1). Tel : 0169 875 6669.

(48) by Nguyễn Chí Công. Đặt t =. √. TEX. 47. 1 x + √ ≥ 2 thì phương trình trở thành x. t 3t = 4 + √ t2 − 3 √ 4 1 − t2 − 3 =0 ⇔ −2 + √ t t2 − 3 2 2+t √ ⇔ (2 − t) =0 +√ t t 2 − 3(1 + t 2 − 3). 4 1 +√ t t2 − 3 2(2 − t) 4 − t2 √ ⇔ =0 +√ t t 2 − 3(1 + t 2 − 3). ⇔3=. ⇔ t = 2.. Đến đây, dễ dàng tìm được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. r 1 2 - Bài 7 Giải phương trình x + 2x x − = 3x + 1 (2) x Lời giải : Phương trình (2) xác định khi − 1 ≤ x < 0 hoặc x ≥ 1 Với điều kiện trên, phương trình (2) tương đương với r 1 1 x − +2 x − −3=0 x x r 1 Đặt ẩn phụ t = x − , với t ≥ 0 thì phương trình trở thành t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc x t = −3 Chỉ có nghiệmrt = 1 thỏa mãn. √ 1± 5 1 2 Với t = 1 thì x − = 1 ⇔ x − x − 1 = 0 ⇔ x = x 2 Kiểm tra lại điều kiện, cả hai nghiệm này đều thỏa mãn. - Bài 8 Giải phương trình. √. 3x − 2 +. √. √ x − 1 = 4x − 9 + 2 3x 2 − 5x + 2. (3). Lời giải : Điều kiện xác định x ≥ 1. √ √ √ Đặt ẩn phụ t = 3x − 2 + x − 1, với t > 0 ⇒ t 2 = 4x − 3 + 2 3x 2 − 5x + 2. Phương trình ban đầu trở thành t 2 − t − 6 = 0 ⇔ t = 3, t = −2. Nghiệm t = 3 thỏa mãn, thay vào biểu thức đặt ta có : √ √ √ 7 ± 21 2 2 4x − 3 + 2 3x − 5x + 2 = 9 ⇔ 3x − 5x + 2 = 3 − 2x ⇔ x = . 2 √ 7 − 21 Chỉ có nghiệm x = thỏa mãn. 2 √ √ - Bài 9 Giải phương trình x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 (4) Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình |x| ≤ 2. √ √ Đặt ẩn phụ t = x + 4 − x 2 , với −2 ≤ t ≤ 2 2 (∗) thì phương trình (4) trở thành t2 − 4 4 ⇔ 3t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ t = 2, t = − , thỏa mãn (∗) 2 3 √ – Với t = 2 thì x + 4 − x 2 = 2 ⇔ x = 0, x = 2 thỏa √ mãn. √ 4 2 + 14 – Với t = − thì 3 4 − x 2 = −(3x + 4) ⇔ x = − không thỏa mãn điều kiện. 3 3 Vậy, phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 2. t = 2 + 3.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(49) by Nguyễn Chí Công. TEX. - Bài 10 Giải bất phương trình. 48. √ 4 x −x. < 1 (5) 2 + 6x + 1) − 1 2(xp √ Lời giải : Điều kiện xác đinh x ≥ 0, vì 2(x 2 + 6x + 1) − 1 ≥ 2 − 1 > 0. p √ Với điều kiện trên, (5) ⇔ x − 1 + 2(x 2 + 6x + 1) − 4 x > 0 p. – Dễ thấy x = 0 là nghiệm của (5).. s 2 x −1 x −1 √ √ – Nếu x 6= 0, chia hai vế cho x, ta được + 2 + 16 − 4 > 0. x x √ x −1 Đặt t = √ , thì bất phương trình trở thành 2t 2 + 16 > 4 − t (∗). x √ x −1 Dễ thấy t ≥ 4 là nghiệm của (∗) hay √ ≥ 4 ⇔ x ≥ 9 + 80. x √ x −1 2 Nếu t < 4 thì (∗) ⇔ t + 8t > 0 ⇔ 0 < t < 4 hay 0 < √ < 4 ⇔ 1 < x < 9 + 80. x Vậy, nghiệm của bất phương trình là x = 0 hoặc x > 1. √. √ √ x 2 + x(3 − x 2 + 2) = 1 + 2 x 2 + 2 √ (∗) ⇔ x 2 + 2 − (x + 2) x 2 + 2 + 3x − 3 = 0.. - Bài 11 Giải phương trình. (1). Lời giải : √ Đặt t = x 2 + 2, phương trình trở thành t 2 − (x + 2)t + 3x − 3 = 0. Ta có, ∆ = (x + 2)2 − 4(3x − 3) = (x − 4)2 ⇒ t = 3 hoặc t = x − 1 √ √ x 2 + 2 = 3 ⇔ x = ± 7. – Với t = 3 thì √ √ – Với t = x − 1 thì x 2 + 2 = x − 1 vô nghiệm, vì x 2 + 2 > |x| > x − 1 . √ Vậy, phương trình có hai nghiệm x = ± 7. - Bài 12 Giải phương trình. √ (x + 1) x 2 − 2x + 3 = x 2 + 1. (2). Lời giải :. √ Biến đổi phương trình thành (x 2 − 2x + 3) − (x + 1) x 2 − 2x + 3 + 2x − 2 = 0. √ Đặt t = x 2 − 2x + 3, ta có phương trình t 2 − (x + 1)t + 2x − 2 = 0. Ta có ∆ = (x + 1)2 − 4(2x − 2) = (x − 3)2 ⇒ t = 2, t = x − 1. √ √ – Với t = 2 thì x 2 − 2x + 3 = 2 ⇔ x = 1 ± 2. √ – Với t = x − 1 thì x 2 − 2x + 3 = x − 1 vô nghiệm, vì q p x 2 − 2x + 3 = (x − 1)2 + 2 > |x − 1| ≥ x − 1 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 ±. √ 2. √ x 2 + x − 1 = (x + 2) x 2 − 2x + 2 √ Lời giải : Xin dành cho bạn đọc ! @ĐS :@x = 1 ± 2 2. - Bài 13 Giải phương trình. - Bài 14 Giải phương trình. (3). √ 6x 2 − 10x + 5 = (4x − 1) 6x 2 − 6x + 5. (4). Lời giải : √ Đặt t = 6x 2 − 6x + 5 , t ≥ 0. Phương trình (4) trở thành t 2 − (4x − 1)t − 4x = 0 coi đây là <>. Tel : 0169 875 6669.

(50) by Nguyễn Chí Công. TEX. 49. phương trình bậc hai với ẩn t. Ta có ∆ = (4x − 1)2 + 16x = (4x + 1)2 . Từ đây tìm được t = −1, t = 4x, chỉ cónghiệm t = 4x thỏa mãn. √  10x 2 + 6x − 5 = 0 √ −3 + 59 2 Với t = 4x thì 6x − 6x + 5 = 4x ⇔ ⇔x= .  6 x ≥ 0 √ −3 + 59 Vậy, phương trình (4) có nghiệm x = . 6 √ - Bài 15 Giải phương trình 2(x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 (5) Lời giải : Điều kiện xác định của (5) là x ≥ −1. p Phương trình (5) ⇔ 2(x + 1) + 2(x 2 − x + 1) = 5 (x + 1)(x 2 − x + 1). p Vì x = −1 không là nghiệm, chia hai vế phương trình cho (x + 1)(x 2 − x + 1) ta được s r x +1 x2 − x + 1 2 + 2 =5 x2 − x + 1 x +1 r x +1 Đặt t = , với t ≥ 0 ta được phương trình 2t 2 − 5t + 2 = 0. x2 − x + 1 1 Phương trình có hai nghiệm t = 2, t = . 2 r x +1 2 – Với t = 2 thì = 2 ⇔ 4x − 5x + 3 = 0 vô nghiệm. x2 − x + 1 √ 1 5 ± 37 2 2 – Với t = thì 4(x + 1) = x − x + 1 ⇔ x − 5x − 3 = 0 ⇔ x = thỏa mãn. 2 2 √ 5 ± 37 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = . 2 √ - Bài 16 Giải phương trình 2x 2 − 3x + 2 = x 3x − 2 (1) 2 Lời giải : Điều kiện xác định của phương trình x ≥ . 3 Chia hai vế phương trình (1) cho x 2 ta được r 3x − 2 3x − 2 2− = x2 x2 r 3x − 2 ≥ 0 phương trình trở thành t 2 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1, t = −2, chỉ có nghiệm Đặt t = x2 t = 1 thỏa mãn. r 3x − 2 Thay vào biểu thức đặt, ta được = 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1, x = 2. x2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 2. r r 1 1 x − + 1 − = x (2) - Bài 17 Giải phương trình x x Lời giải : Điều kiện xác đinh của phương trình x ≥ 1 hoặc −1 ≤ x < 0. Ta chỉ cần xét nghiệm x ≥ 1 do vế trái luôn dương .. <>. Tel : 0169 875 6669.

(51) by Nguyễn Chí Công r. TEX. 50. r. 1 1 − , với u, v ≥ 0. Ta có hệ phương trình x     u + v = x u + v = x ⇔   u2 − v 2 = x − 1 u − v = x − 1 x r √ 1 1 1 1± 5 1 Từ đây, suy ra : 2u = x − + 1 ⇔ 2 x − = x − + 1 ⇔ x − = 1 ⇔ x = . x x x x 2 √ 1+ 5 Nghiệm x = thỏa mãn điều kiện. 2 r r 4 1 5 - Bài 18 Giải phương trình + x − = x + 2x − (3) x x x r 5 Lời giải : Điều kiện x ≥ hoặc −1 ≤ x < 0. 2 r r 1 5 4 Phương trình (3) tương đương với : x − − 2x − = x − x x x r r 1 5 Đặt u = x − , v = 2x − , với u, v ≥ 0 . x x Ta có hệ phương trình   u − v = x − 4 x  u2 − v 2 = 4 − x x Từ đó, suy ra r (u − v)(u +r v + 1) = 0 ⇒ u = v, do u + v + 1 > 0. 1 5 Với u = v ⇒ x − = 2x − ⇒ x 2 − 4 = 0 ⇒ x = ±2. x x Chỉ có nghiệm x = 2 thỏa mãn. p p √ √ 4 x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 (4) - Bài 19 Giải phương trình Đặt u =. 1 x− , v= x. Lời giải : Phương trình xác định khi x ≥ 1. p p √ √ √ √ 4 Dễ thấy (x − x 2 − 1)(x + x 2− 1) = 1 nên đặt u = x − x 2 − 1, v = x + x 2 − 1 với √  u + v = 2 3− 5 ⇒ v = 1 hoặc v = u, v ≥ 0. Ta có hệ phương trình  2 u 2 v = 1 – Với v = 1 ⇒ √ x = 1 thỏa mãn. √ √ 3− 5 7−3 5 2 – Với v = ⇒x + x +1= phương trình này vô nghiệm. 2 2 Vậy, x = 1 là nghiệm duy nhất. - Bài 20 Giải phương trình. √. √ 4x 2 + 5x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9x − 3. (5). Lời giải : √ √ Đặt u = 4x 2 + 5x + 1, v = 2 x 2 − x + 1 với u, v ≥ 0. Ta có hệ phương trình :   u − v = 9x − 3  u2 − v 2 = 9x − 3 <>.  ⇒ (u − v)(u + v − 1) = 0 ⇒ . u−v =0 u+v −1=0. Tel : 0169 875 6669.

(52) by Nguyễn Chí Công. TEX. 51. 1 thỏa mãn. 3 √ √ 2 2 – Với u + v − 1 = 0 ⇒ r 4x + 5x + 1 + 2 x − x + 1 = 1. √ √ 1 3 Vì 2 x 2 − x + 1 = 2 (x − )2 + ≥ 3 > 1 nên trường hợp này phương trình vô nghiệm. 2 4 1 Vậy, phương trình có nghiệm x = . 3 – Với u − v = 0 ⇒ x =. 1 1 = 2 (1) +√ x 2 −√ x2 √ Lời giải : Phương trình xác định khi : − 2 < x 6= 0 < 2. √ Đặt y = 2 − x 2 > 0. Khi đó :   1 1    + =2 x + y = 2xy x y (1) ⇔ ⇔   x 2 + y2 = 2 (x + y)2 − 2xy = 2      x +y=2  (∗)     x + y = 2xy  xy = 1  ⇔ ⇔    2x 2 y2 − xy − 1 = 0  x + y = −1  (∗∗)   xy = − 1 2. - Bài 21 Giải phương trình. Từ (∗) ⇒ x = 1. √ √ −1 + 3 −1 ± 3 do y > 0 nên x = loại. Từ (∗∗) ⇒ x = 2 2 √ −1 − 3 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = . 2 √ √ - Bài 22 Giải phương trình x + 9 − x 2 = 3 + 5x 9 − x 2 (2) Lời giải : Điều kiện : −3 ≤ x ≤ 3. √ Đặt y = 9 − x 2 , điều kiện y ≥ 0. Khi đó :   x + y = 3 + 5xy (2) ⇔  x 2 + y2 = 9. ⇔.   x + y = 3 + 5xy  25x 2 y2 + 28xy = 0. ⇔.   x + y = 3 + 5xy.  (x + y)2 − 2xy = 9      x +y=3 (∗)     xy = 0  ⇔    x + y = − 13  5 (∗∗)   xy = − 28 25. Từ hệ (∗) ⇒ x = 0 hoặc x√= 3. √ −13 ± 281 −13 + 281 Từ hệ (∗∗) ⇒ x = , do y ≥ 0 nên nghiệm x = loại. 10 10 <>. Tel : 0169 875 6669.

(53) by Nguyễn Chí Công. TEX. 52. √ −13 − 281 Vậy, phương trình (2) có 3 nghiệm x = 0, x = 3, x = . 10 √ - Bài 23 Giải phương trình x 2 − 2x = 2 2x − 1 (3) Lời giải : Điều kiện x ≥ 2. √ 2x − 1 = y − 1 với y ≥ 1, ta được hệ phương trình : Đặt       x 2 − 2x = 2(y − 1) x 2 − 2x = 2(y − 1) x 2 − 2x = 2(y − 1) ⇔ ⇔    y2 − 2y = 2(x − 1) (x − y)(x + y) = 0 x − y = 0, do x + y > 0 Từ đây suy ra x = y nên ta có phương trình : x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± √ chỉ có x = 2 + 2 thỏa mãn và đó là nghiệm duy nhất của phương trình . √ 2x 2 − 6x − 1 = 4x + 5 −5 . Lời giải : Phương trình xác định khi x ≥ 4 √ 3 Đặt 4x + 5 = 2y − 3, với y ≥ . Khi đó : 2. - Bài 24 Giải phương trình. (4) ⇔.   x 2 − 3x = y − 1. ⇔. Từ hệ (∗) tìm được x = 2 +. (4).   x 2 − 3x = y − 1  (x − y)(x + y − 2) = 0.  y2 − 3y = x − 1. √. √ 2. Do x ≥ 2 nên. 3, (∗∗) tìm được x = 1 −.     2  x − 3x = y − 1     x − y = 0  ⇔    x 2 − 3x = y − 1    x + y − 2 = 0. (∗). (∗∗). √ 2 thỏa mãn và đó cũng là 2 nghiệm. của phương trình .. √ Nhận xét : Đối với những phương trình φ mx + n = ax 2 + bx + c với φ, m, n, a, b, c ∈ Z, đưa √ 2ay + b 2 mx + n = (trừ một số trường hợp được về hệ đối xứng loại II, thông thường ta đặt (2a, b) đặc biệt). - Bài 25 Giải phương trình. √ 8x 2 − 10x − 27 = 3 4x + 13 √. Phân tích : Nếu chúng ta đặt. 4x + 13 =. (5).   4x 2 − 5x = 12y + 6. 16y − 10 = 8y − 5 ⇒  (16, 10) . 16y2 − 20y = x − 3. .. Đây không phải hệ đối xứng, mặc dù chúng ta có thể sử dụng phương pháp thế đưa về giải phương trình bậc 4. Nhưng chúng ta còn có một phương pháp khác để đưa phương trình về dạng √ hệ “gần đối xứng” . Cụ thể, nếu chúng ta đặt 4x + 13 = ax + b, ta được hệ phương trình :   8x 2 − 10x − 3ay − 27 − 3b = 0  a2 y2 − 4x + 2aby + b2 − 13 = 0 2 (a, b). — Ước chung lớn nhất !. <>. Tel : 0169 875 6669.

(54) by Nguyễn Chí Công. TEX. 53. Hệ phương trình thu được đơn giản nếu chọn được các số thực a, b sao cho : 8 −10 − 3a −27 − 3b = = 2 2 a −4 + 2ab b − 13 Từ mối quan hệ này, tìm được a = 2, b = −1. 13 Lời giải : Điều kiện xác định x ≥ − . 4 √ 1 Đặt 4x + 13 = 2y − 1 với y ≥ , ta được hệ phương trình : 2     2  4x − 5x = 3y + 12 (∗)        4x 2 − 5x = 3y + 12 4x 2 − 5x = 3y + 12  x − y = 0  ⇔ ⇔    2      2 4y − 4y = 4x + 12 (x − y) [4(x + y) − 1] = 0  4x − 5x = 3y + 12 (∗∗)   x + y = 1 4 √ 1 − 2 13 Giải hệ (∗) tìm được x = 3, hệ (∗∗) tìm được x = thỏa mãn các điều kiện và đó chính 4 là các nghiệm cần tìm. √ 3 - Bài 26 Giải phương trình 3x − 5 = 8x 3 − 36x 2 + 53x − 25 (1) √ Nhận xét : Nếu ta đặt 3 3x − 5 = ay + b, ta được hệ phương trình :   8x 3 − 36x 2 + 53x − ay − b − 25 = 0  a3 y3 + 3a2 by2 + 3ab2 y − 3x + b3 + 5 = 0 Hệ trên đơn giản nếu chọn được các số thực a, b sao cho : a3 3a2 b 3ab2 − 3 b3 + 5 = = = 8 −36 53 − a −b − 25 Từ mối quan hệ này, tìm được. a = 2, b = −3.. Lời giải : √ Đặt 3 3x − 5 = 2y − 3, ta được hệ phương trình :   8x 3 − 36x 2 + 53x − 2y − 22 = 0  8y3 − 36y2 + 54y − 3x − 22 = 0. (∗) (∗∗). Lấy (∗) − (∗∗) vế theo vế, ta được : 8(x − y)(x 2 + xy + y2 ) − 36(x − y)(x + y) + 56(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(4x 2 + 4xy + 4y2 − 18x − 18y + 28) = 0 ⇔ (x − y) (2x − 3)2 + (2x − 3)(2y − 3) + (2y − 3)2 + 1 = 0 ⇔ x −y=0 <>. Tel : 0169 875 6669.

(55) by Nguyễn Chí Công. TEX. 54. Với x − y = 0 thì 8x 3 − 36x 2 + 51x − 22 = 0 ⇔ (x − 2)(8x 2 − 20x + 11) =√0 5± 3 Từ đây, dễ dàng tìm được 3 nghiệm của phương trình là : x = 2, x = . 4 √ - Bài 27 Giải phương trình x 3 − 3x = x + 2 (2) Lời giải : Điều kiện. x ≥ −2.. Nếu x > 2, ta có : x 3 − 3x = x(x 2 − 4) + x > x >. √. x + 2 nên phương trình không có nghiệm. trên (2; +∞). Như vậy, ta chỉ cần giải phương trình (2) trên đoạn [−2; 2], đặt x = 2 cos t với t ∈ [0; π] ta có phương trình : 8 cos3 t − 6 cos t =. p. 2(1 + cos t) ⇔ cos 3t = cos. t ⇔t= 2. . 4kπ 4lπ ; 5 7. 4π 4π , t= . 5 7 4π 4π Vậy, phương trình có 3 nghiệm : x = 2, x = 2 cos , x = 2 cos . 5 7 r r √ √ 1−x 1+x - Bài 28 Giải phương trình 1−x + 1+x = + 1+x 1−x Lời giải : Điều kiện −1 < x < 1.. với k, l ∈ Z. Do t ∈ [0; π] nên t = 0, t =. (3). Đặt x = cos t với t ∈ (0; π), ta có phương trình : √ t √ t t t 2 sin + 2 cos = tan + cot 2 2 2 2 √ t t 1 ⇔ 2(sin + cos ) = t t (∗) 2 2 sin cos 2 2 √ √ t t π t t u2 − 1 t + cos = 2 sin( + ), điều kiện |u| ≤ 2 ⇒ sin cos = . 2 2 2 4 2 2 2 √ √ √ √ 2 Phương trình (∗) trở thành : 2u = 2 ⇔ (u − 2)(u2 + 2u + 1) = 0 ⇔ u = 2. u −1 √ √ √ t π t π π Với u = 2 thì 2 sin( + ) = 2 ⇔ sin( + ) = 1 ⇔ t = + 4kπ, với k ∈ Z. 2 4 2 4 2 π Vì t ∈ (0; π) nên t = ⇒ x = 0 là nghiệm thỏa mãn phương trình . 2 p p - Bài 29 Giải phương trình x 3 + (1 − x 2 )3 = x 2(1 − x 2 ) (4) Đặt u = sin. Lời giải : Điều kiện. −1 ≤ x ≤ 1.. Đặt x = cos t với 0 ≤ t ≤ π, phương trình (4) trở thành : sin3 t + cos3 t = ⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) = Đặt u = sin t + cos t =. √ 2 sin(x +. <>. √ √. 2 sin t cos t 2 sin t cos t. (∗). π u2 − 1 ), với |u| ≤ 2 ⇒ sin t cos t = . 4 2. Tel : 0169 875 6669.

(56) by Nguyễn Chí Công. TEX. 55. Khi đó, phương trình (∗) trở thành : √ 2u2 − 3u − 2 = 0 √ √ ⇔ (u − 2)(u2 + 2 2u + 1) = 0 √ √ ⇔ u = 2 hoặc u = − 2 ± 1 u3 +. √. √ √ Nghiệm u = − 2 − 1 < − 2 nên bị loại. √ π π π – Với u = 2 thì sin(x + ) = 1 ⇔ t = + 2kπ, vì t ∈ [0; π] nên t = . 4 4 4 √ 2 là một nghiệm. Từ đó, x = 2√ – Với u = 1 − 2, ta có :  √  sin t + cos t = 1 − 2 √  sin t cos t = 1 − 2 Do đó sin t, cos t là nghiệm của phương trình : X 2 − (1 −. √. 2)X + (1 −. √. 2) = 0 p √ √ 1− 2− 2 2−1 Để ý rằng sin t > 0 ⇒ cos t < 0, do đó : x = cos t = . 2 p √ √ √ 2 1− 2− 2 2−1 , x= . Vậy, phương trình có hai nghiệm : x = 2 2 √ √ - Bài 30 Giải phương trình 2x 2 + 1 − x + 2x 1 − x 2 = 1 (5) Lời giải : Điều kiện. |x| ≤ 1.. Đặt x = cos t, với t ∈ [0; π]. Khi đó : √ t (5) ⇔ 2 cos2 t + 2 sin + 2 sin t cos t = 1 2 √ t ⇔ 2 sin + sin 2t = 1 − 2 cos2 t 2 √ t ⇔ cos 2t + sin 2t = − 2 sin 2 √ √ π t π ⇔ 2 cos(2t − ) = 2 cos( + ) 4 2 2  π t π 2t − = + + 2kπ 4 2 2 ⇔  π t π 2t − = − − + 2kπ 4 2 2  π 4kπ  t= 2 + 3 ⇔  π 4kπ + t=− 10 5 π 7π hoặc t = . 2 10 7π Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 0, x = cos . 10. Vì t ∈ [0; π] nên t =. <>. Tel : 0169 875 6669.

(57) by Nguyễn Chí Công. 2.3.3. TEX. 56. Bài tập đề nghị 2x 9 +√ =1 x2 2x 2 + 9 √ phương trình 2x 2 − 6x + 4 = 3 x 3 + 8 √ phương trình 2x 2 + 5x − 1 = 7 x 3 − 1 √ phương trình 4x 2 − 13x + 5 + 3x + 1 = 0 √ √ phương trình (x + 3 x + 2)(x + 9 x + 18) = 168x p phương trình x(x + 1)(x + 2) = x 2 − x − 4 √ 3√ 4 phương trình x 2 − 3x + 1 = − x + x2 + 1 3 √ phương trình x 2x 2 + 5x + 3 = 4x 2 − 5x − 3 p√ √ 1 phương trình 2−x −1+ 4x = √ 4 2 6 √ 3 2 phương trình 3x − 2x − 2 = √ x + 3x 2 + 4x + 2 30 √ √ phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6r− 5x = 8 x +7 phương trình 3x 2 + 6x − 3 = 3 p p √ 4 phương trình 2 4 (1 + x)2 + 3 1 − x 2 = 4 (1 − x)2 √ phương trình (x + 3) −x 2 − 8x + 48 = x − 24 √ √ phương trình 4x 2 + x + 6 = 4x − 2 + 7 x + 1 √ phương trình (x + 2)(x + 3) − 3 x 2 + 5x + 6 = 0 √ √ √ phương trình 2x + 3 + 4 − x = 3x + 6 −2x 2 + 5x + 12 − 23 √ √ √ phương trình x − 2 + x + 2 = 4x − 15 + x 2 − 4 √ √ √ 2x 2 + 12x + 5 + 2x 2 − 3x + 5 = 8 x phương trình √ √ √ phương trình ( x +r3 − x + 1)(x 2 + x 2 + 4x + 3) = 2x 3x − 1 x bất phương trình 2 > +1 x 3x r −1 r x x −1 x −1 bất phương trình 2 − ≤2 +3 x −1 xp x √ √ 2 phương trình x = (2013 + x)(1 − 1 − x) √ √ 2√ phương trình 1 + x − x2 = x + 1 − x 3 √ √ √ bất phương trình x + 4 + x − 4 ≤ 2x + 2 x 2 − 16 − 12 √ √ √ bất phương trình 6 − x + x − 4 + 3 ≥ 3 −x 2 + 10x − 24 √ 1 5 bất phương trình 5 x + √ < 2x + +4 2x x √ phương trình 1 + 1 − x 2 = 2x 2 √ phương trình 1 − x 2 = 4x 3 − 3x p √ √ phương trình x + 1 + x 2 + 4x + 3 = (x + 2)3 √ phương trình 2(x 2 + 18) = 7 x 3 + 27. Bài 2.61. Giải phương trình Bài 2.62. Giải Bài 2.63. Giải Bài 2.63. Giải Bài 2.64. Giải Bài 2.65. Giải Bài 2.66. Giải Bài 2.67. Giải Bài 2.68. Giải Bài 2.69. Giải Bài 2.70. Giải Bài 2.71. Giải Bài 2.72. Giải Bài 2.73. Giải Bài 2.74. Giải Bài 2.75. Giải Bài 2.76. Giải Bài 2.77. Giải Bài 2.78. Giải Bài 2.79. Giải Bài 2.80. Giải Bài 2.81. Giải Bài 2.82. Giải Bài 2.83. Giải Bài 2.84. Giải Bài 2.85. Giải Bài 2.86. Giải Bài 2.87. Giải Bài 2.88. Giải Bài 2.89. Giải Bài 2.90. Giải. <>. Tel : 0169 875 6669.

(58) by Nguyễn Chí Công. TEX. Bài 2.91. Giải phương trình Bài 2.92. Giải phương trình Bài 2.93. Giải phương trình Bài 2.94. Giải phương trình Bài 2.95. Giải phương trình Bài 2.96. Giải phương trình Bài 2.97. Giải phương trình Bài 2.98. Giải phương trình Bài 2.99. Giải phương trình. 57. √ 2(x 2 − x + 6) = 5 x 3 + 8 √ 2(x 2 − 3x + 2) = 3 x 3 + 8 √ √ 3 2 − x2 = 1 − x − 1 √ 4x 2 + 4x − 3 = 2x + 5 √ 18x 2 + 6x − 29 = 12x + 61 √ √ 3 3 x 35 − x 3 (x + 35 − x 3 ) = 30 √ 4 3 81x − 8 = x 3 − 2x 2 + x − 2 3 √ 3 x − 9 = (x − 3)2 − 6 p √ x2 − 2 = 2 − 2 + x. 2.4. Phương pháp hàm số, đánh giá 2.4.1. Sơ lược về phương pháp. 1/ Nếu hàm số y = f(x) liên tục và đơn điệu trên (a; b) thì phương trình f[u(x)] = g[v(x)] ⇔ u(x) = v(x) 2/ Nếu hàm số y = f(x) liên tục và đơn điệu tăng trên (a; b) và y = g(x) liên tục đơn điệu giảm trên (a; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên (a; b). 3/ Nếu hàm số y = f(x) liên tục và đơn điệu trên (a; b) thì phương trình f(x) = c có nhiều nhất một nghiệm trên (a; b). 4/ Nếu hàm số y = f(x) liên tục và đơn điệu tăng trên (a; b) và x1 , x2 ∈ (a; b) thì bất phương trình f(x) ≥ g(x) ⇔ x1 ≥ x2 5/ Nếu hàm số y = f(x) liên tục và đơn điệu giảm trên (a; b) và x1 , x2 ∈ (a; b) thì bất phương trình f(x) ≥ g(x) ⇔ x1 ≤ x2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(59) by Nguyễn Chí Công. TEX. 58. 6/ Nếu f(x) ≥ c và g(x) ≤ c với mọi x ∈ D thì phương trình   f(x) = c f(x) = g(x) ⇔  g(x) = c Hai bất đẳng thức thường dùng trong giải phương trình, bất phương trình bằng phương pháp đánh giá : • Cho 2 số không âm x, y, ta có bất đẳng thức x +y √ ≥ xy, 2. 3. :. (Bất đẳng thức AM – GM). dấu “=” xảy ra khi x = y. • Cho các số thực a, b, x, y, ta có bất đẳng thức. 4. (a2 + b2 )(x 2 + y2 ) ≥ (ax + by)2 , dấu “=” xảy ra khi. 2.4.2. (Bất đẳng thức C – S). b a = . x y. Bài tập mẫu. - Bài 1 Giải phương trình. √ x 2 − 2x = 2 2x − 1. (1). Lời giải : Điều kiện : x ≥ 2. √ (1) ⇔ x 2 − 2x + 2x − 1 = 2x − 1 + 2 2x − 1 √ √ ⇔ (x − 1)2 + 2(x − 1) = ( 2x − 1)2 + 2( 2x − 1) √ ⇔ f(x − 1) = f( 2x − 1) (∗) Trong đó, hàm liên tục f(t) = t 2 + 2t với t > 1. Ta có f 0 (t) = 2t + 2 > 0 với mọi t > 1 nên hàm √ √ f đồng biến trên (1; +∞). Từ đó (∗) ⇔ x − 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 ± 2. √ Nghiệm x = 2 + 2 thỏa mãn. - Bài 2 Giải phương trình. 8x 3 − 36x 2 + 53x − 25 =. √ 3 3x − 5. (2). Lời giải : √ √ 3 3 (2) ⇔ (2x − 3)3 + (2x − 3) = ( 3x − 5)3 + ( 3x − 5) √ 3 ⇔ f(2x − 3) = f( 3x − 5) (∗) 3 Arithmetic 4 Cauchy. Mean — Geometric Mean — Schwarz. <>. Tel : 0169 875 6669.

(60) by Nguyễn Chí Công. TEX. 59. Trong đó, hàm liên tục f(t) = t 3 + t và ta có f 0 (t) = 3t 2 + 1 > 0, ∀x ∈ R nên hàm f đơn điệu tăng trên R. Do vậy phương trình (∗) ⇔ 2x − 3 =. √ 3 3x − 5. ⇔ 8x 3 − 36x 2 + 51x − 22 = 0 ⇔ (x − 2)(8x 2 − 20x + 11) = 0 √ 5± 3 . ⇔ x = 2 hoặc x = 4 - Bài 3 Giải phương trình. √ x 3 − 3x 2 + 2x − 2 = 2 3 3x − 1. (3). Nhận xét : Phương trình (3) cũng như phương trình (2), mấu chốt của bài toán là phải phân tích được phương trình về dạng √ √ p(mx + n)3 + q(mx + n) = p( 3 ux + v)3 + q( 3 ux + v) để làm được điều này ta cần : √ + Đưa phương trình (3) về dạng x 3 − 3x 2 + 2x − 2 + a(3x − 1) = a(3x − 1) + 2 3 3x − 1. + Cho hai đại lượng {x 3 } và {−3x 2 } tham gia toàn bộ vào biểu thức lập phương. + Nghiệm của đạo hàm bậc 2 vế trái là {1}, đồng thời nó cũng là nghiệm của vế trái. Từ đó tìm được {a = 1} và vế trái biểu diễn theo biểu thức {x − 1}. Lời giải : √ 3 (3) ⇔ (x 3 − 3x 2 + 2x − 2) + (3x − 1) = (3x − 1) + 2 3x − 1 √ 3 ⇔ (x 3 − 3x 2 + 3x − 1) + (2x − 2) = (3x − 1) + 2 3x − 1 √ √ 3 3 ⇔ (x − 1)3 + 2(x − 1) = ( 3x − 1)3 + 2( 3x − 1) √ 3 ⇔ f(x − 1) = f( 3x − 1) (∗) Trong đó, hàm liên tục f(t) = t 3 + 2t có f 0 (t) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f đơn điệu tăng trên R. Từ đó, phương trình (∗) ⇔ x − 1 =. √ 3. 3x − 1. ⇔ x 3 − 3x 2 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 3.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(61) by Nguyễn Chí Công. TEX. - Bài 4 Giải phương trình. 60. √ x 3 − 15x 2 + 78x − 141 = 5 3 2x − 9. (4). Lời giải : √ 3 (4) ⇔ x 3 − 15x 2 + 78x − 141 + 2x − 9 = 2x − 9 + 5 2x − 9 √ √ 3 3 ⇔ (x − 5)3 + 5(x − 5) = ( 2x − 9)3 + 5( 2x − 9) √ 3 ⇔ f(x − 5) = f( 2x − 9) (∗) Trong đó, hàm liên tục f(t) = t 3 + 5t có f 0 (t) = 3t 2 + 5 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f đơn điệu tăng trên R. Từ đó, phương trình (∗) ⇔ x − 5 =. √ 3. 2x − 9. ⇔ x 3 − 15x 2 + 73x − 116 = 0. - Bài 5 Giải phương trình. ⇔ (x − 4)(x 2 − 11x + 29) = 0 √ 11 ± 5 ⇔ x = 4 hoặc x = . 2 √ √ 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 (5). 1 Lời giải : Điều kiện x ≥ . 2 1 Dễ thấy x = là nghiệm của (5). 2 √ √ 1 1 Nếu x > , xét hàm số liên tục f(x) = 4x − 1 + 4x 2 − 1 với x ∈ ( ; +∞). 2 2 2 4x 1 1 Ta có f 0 (x) = √ +√ > 0, ∀x ∈ ( ; +∞) nên f đơn điệu tăng trên ( ; +∞). 2 2 2 4x − 1 4x − 1 1 Từ đó kết luận x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 √ - Bài 6 Giải phương trình 2x 3 + x 2 − 3x + 1 = 2(3x − 1) 3x − 1 (1) 1 Lời giải : Điều kiện x ≥ . 3 √ √ (1) ⇔ 2x 3 + x 2 = 2( 3x − 1)3 + ( 3x − 1)2 √ ⇔ f(x) = f( 3x − 1) (∗) Trong đó, hàm liên tục f(t) = 2t 3 + t 2 với t ≥ 0 có f 0 (t) = 6t 2 + 2t ≥ 0, ∀x ∈ [0; +∞) nên hàm f đơn điệu tăng trên [0; +∞). Từ đó, phương trình (∗) ⇔ x =. √. 3x − 1. ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 √ 3± 5 . ⇔x= 2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(62) by Nguyễn Chí Công. TEX. 61. √ 3± 5 Hai nghiệm x = đều thỏa mãn. 2 √ √ - Bài 7 Giải phương trình x 2 + x(1 + x + 1) = 4 + 2 x. (2). Lời giải : Điều kiện x ≥ 0. Dễ thấy x = 0 không là nghiệm. Nếu x > 0, chia hai vế phương trình cho x ta được √. 4 (x + 1) + x + 1 = + x 4 ⇔ f(x + 1) = f( ) x. r 4 x (∗). √. 1 t với t > 0 có f 0 (t) = 1 + √ > 0, ∀t > 0 nên hàm số f đơn 2 t điệu tăng trên (0; +∞). √ 4 −1 ± 17 2 Từ đó, phương trình (∗) ⇔ x + 1 = ⇔ x + x − 4 = 0 ⇔ x = . x 2 √ −1 + 17 Nghiệm x = thỏa mãn. 2 √ - Bài 8 Giải phương trình 8x 3 − 4x − 1 = 3 6x + 1 (3) Trong đó, hàm liên tục f(t) = t +. Lời giải : √ 3 Phương trình (3) ⇔ 8x 3 + 2x = 6x + 1 + 6x + 1 √ √ 3 3 ⇔ (2x)3 + (2x) = ( 6x + 1)3 + ( 6x + 1) √ 3 ⇔ f(2x) = f( 6x + 1) (∗) Trong đó, hàm liên tục f(t) = t 3 + t có f 0 (t) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f đơn điệu tăng trên R. Từ đó phương trình (∗) ⇔ 2x =. √ 3. 6x + 1 hay 8x 3 − 6x − 1 = 0. (∗∗). Trước hết ta đi tìm các. nghiệm trong đoạn [−1; 1] của (∗∗), đặt x = cos y với y ∈ [0; π]. Khi đó : 1 (∗∗) ⇔ 4 cos3 y − 3 cos y = 2  π 3y = + k2π 3 ⇔  π 3y = − + k2π 3. π ⇔ cos 3y = cos 3  π 2π  y= 9 +k 3 ⇔ π 2π y=− +k 9 3. π 5π 7π Do y ∈ [0; π] nên tìm được y = , y = , y= . 9 9 9 π 5π 7π Từ đây suy ra x = cos , x = cos , x= và đó cũng chính là 3 nghiệm cần tìm (vì phương 9 9 9 trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm). √ 4x 3 + x − (x + 1) 2x + 1 = 0 1 Lời giải : Điều kiện x ≥ − . 2. - Bài 9 Giải phương trình. <>. (4). Tel : 0169 875 6669.

(63) by Nguyễn Chí Công. TEX. 62. Phương trình √ (4) ⇔ 8x 2 + 2x = (2x + 2) 2x + 1 √ √ ⇔ (2x)3 + (2x) = ( 2x + 1)3 + ( 2x + 1) √ ⇔ f(2x) = f( 2x + 1) (∗) 0 2 Với hàm liên tục f(t) = t 3 + t có  f (t) = 3t + 1 > 0 nên hàm số f đơn điệu tăng. √   x≥0 √ 1+ 5 Vì thế (∗) ⇔ 2x = 2x + 1 ⇔ ⇔x= .  4 4x 2 − 2x − 1 = 0 √ 1+ 5 . Vậy, phương trình có nghiệm x = 4 √ √ - Bài 10 Giải bất phương trình (x + 2)( x 2 + 4x + 7 + 1) + x( x 2 + 3 + 1) > 0 (5). Lời giải : Bất phương trình (5) ⇔ (x + 2). q. q (x + 2)2 + 3 > (−x) (−x)2 + 3 + (−x). ⇔ f(x + 2) > f(−x). (∗). √ √ t2 2t 2 + 3 Với hàm liên tục f(t) = t t 2 + 3 có f 0 (t) = t 2 + 3 + √ = √ > 0, ∀t ∈ R nên t2 + 3 t2 + 3 hàm số f đơn điệu tăng trên R. Do đó (∗) ⇔ x + 2 > −x ⇔ x > −1. Tập nghiệm của (5) là (−1; +∞). x 3 + 3x 2 + 4x + 1 √ 1 = x +2− 2 x + 2x + 2 x +3 1 Hướng dẫn : Xét hàm f(t) = t − 2 . t +1. - Bài 11 Giải phương trình. (1). ĐS : x = - Bài 12 Giải phương trình. √ √ (4x − 1)( x + 3 + 3 3x + 5) = 4(x + 2). −1 + 2. √ 5 .. (2). Sai lầm thường gặp : Điều kiện x ≥ −3. 1 Dễ thấy x = không phải là nghiệm của (2). 4 1 Nếu x 6= , chia hai vế phương trình cho (4x − 1) ta được : 4 √ √. √ 3. x +3+. √ 3 3x + 5 =. 4x + 8 4x − 1. (∗). 4x + 8 1 1 trên D = [−3; ) ∪ ( ; +∞). 4x − 1 4 4 1 1 −36 0 0 Ta có f (x) = √ +p > 0 và g (x) = < 0 với mọi x ∈ D. 3 (4x − 1)2 2 x +3 (3x + 5)2 Xét hàm số f(x) =. x +3+. 3x + 5, g(x) =. <>. Tel : 0169 875 6669.

(64) by Nguyễn Chí Công. TEX. 63. Như vậy f là hàm đơn điệu tăng và g là hàm đơn điệu giảm, mặt khác f(1) = g(1). Từ đây suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình . Sai lầm5 ở đâu ? - Bài 13 Giải phương trình Lời giải :. √. r 2−. x2. 2−. +. 1 1 +x =4− x2 x. (3). r 1 1 + 2 − 2 = 4. x x 1 Áp dụng bất đẳng thức cơ bản : ab ≤ (a2 + b2 ), dấu “=” xảy ra khi a = b. 2 p p 1 1 Ta có x ≤ (1 + x 2 ); 2 − x 2 ≤ (1 + 2 − x 2 ); ⇒ x + 2 − x 2 ≤ 2 (∗) 2 2 r r 1 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ + 2 − 2 ≤ 2 (∗∗) ≤ (1 + 2 ); 2 − 2 ≤ (1 + 2 − 2 ); x 2 x x 2 x x x. Phương trình (3) ⇔ x +. √. 2 − x2 +. Từ (∗) và (∗∗) suy ra : V T (3) ≤ 4. Dấu “=” xảy ra khi x = 1 và đó cũng là nghiệm duy nhất của phương trình. - Bài 14 Giải phương trình. √ 4x 2 − 2x + 3 = 3 3 2x. (4). Lời giải : Vì 4x 2 − 2x + 3 > 0, ∀x ∈ R nên suy ra được x > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có : √ √ 3 3 3 2x = 3 1.1.2x ≤ 1 + 1 + 2x = 2 + 2x 1 . 2 √ Mặt khác : 4x 2 − 2x + 3 = 3 3 2x ⇒ 4x 2 − 2x + 3 ≤ 2 + 2x ⇒ (2x − 1)2 ≤ 0. 1 Từ đây, suy ra được x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 √ √ - Bài 15 Giải bất phương trình 1 + x − 1 − x ≥ x (5) Dấu “=” xảy ra khi x =. Lời giải : Điều kiện − 1 ≤ x ≤ 1.. √ √ Bất phương trình (5) tương đương với : x( 1 + x + 1 − x) ≤ 2x. (∗). – Hiển nhiên, x = 0 là nghiệm của (∗). √ √ – Nếu −1 ≤ x < 0 thì (∗) ⇔ 1 + x + 1 − x ≥ 2. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có : √ √ ( 1 + x + 1 − x)2 ≤ (12 + 12 )(1 + x + 1 − x) = 4 Dấu “=” xảy ra khi x = 0 nên không thể xảy ra dấu “=”, tức là ta luôn có √ 5 Thiếu. 1+x +. √. 1−x <2. nghiệm x = −2.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(65) by Nguyễn Chí Công. TEX. 64. nên (∗) vô nghiệm trong khoảng đang xét. √ √ – Nếu 0 < x ≤ 1 thì (∗) ⇔ 1 + x + 1 − x ≤ 2, (luôn đúng). Kết hợp các trường hợp, ta có tập nghiệm bất phương trình là : [0; 1]. - Bài 16 Giải phương trình. √. x −2+. √ 4 − x = x 2 − 6x + 11. (1). Lời giải : Điều kiện 2 ≤ x ≤ 4. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có : √ √ ( x − 2 + 4 − x)2 ≤ (1 + 1)(x − 2 + 4 − x) nên V T (1) ≤ 2. Mặt khác, x 2 − 6x + 11 = (x − 3)2 + 2 ≥ 2 nên V P(2) ≥ 2. Từ đó, kết luận được x = 3 là nghiệm duy nhất. √ √ √ 2 2 - Bài 17 Giải phương trình √ + x = x +9 x +1 Lời giải : Điều kiện x ≥ 0.. (2). Theo bất đẳng thức Cauchy — Schawarz, ta có : !2 √ 2 √ √ √ √ 1 x 2 2 √ + x + x + 1√ = 2 2√ x +1 x +1 x +1 √ h √ i √ x 2 1 2 2 2 ≤ (2 2) + ( x + 1) (√ ) + (√ ) x +1 x +1 1 x = (x + 9)( + )=x +9 x +1 x +1 √ √ √ √ √ 2 2 x +1 Từ đó, ta có : √ + x ≤ x + 9, dấu “=” xảy ra khi 2 2 x + 1 = √ . x x +1 1 Giải ra tìm được x = và đó là nghiệm duy nhất . 7 r r √ √ 1 − ax 1 + ax - Bài 18 Giải phương trình 1 + ax + 1 − ax = + (3), với a 6= 0. 1 + ax 1 − ax 1 Lời giải : Điều kiện |x| < . |a| Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có : r r 1 − ax 1 + ax + ≥2 1 + ax 1 − ax dấu “=” xảy ra khi x = 0. Sử dụng Cauchy – Schwarz, chứng minh được : √ √ 1 + ax + 1 − ax ≤ 2 dấu “=” xảy ra khi x = 0. Dễ dàng chỉ ra được x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (3). <>. Tel : 0169 875 6669.

(66) by Nguyễn Chí Công. TEX. - Bài 19 : Giải phương trình. √ 3 16x 4 + 5 = 6 4x 3 + x. 65. (4). Lời giải : Dễ dàng chỉ ra x > 0. Theo bất đẳng thức AM – GM, ta có: q 16x 4 + 5 = 3 3 2.4x.(4x 2 + 1) ≤ 2 + 4x + 4x 2 + 1 1 2 1 4 Từ đây suy ra : 16x + 5 ≤ 4x 2 + 4x + 2 ⇔ 2(2x − 1)2 (2x 2 + x + 1) ≤ 0 ⇔ x = . 2 1 Vậy, x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 p √ - Bài 20 : Giải phương trình x − 1 + x − 3 = 2(x − 3)2 + 2(x − 1) (5) dấu “=” xảy ra khi x =. Lời giải : Điều kiện x ≥ 1. Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có : √ ( x − 1 + x − 3)2 ≤ (12 + 12 ) (x − 1) + (x − 3)2 = 2 (x − 1) + (x − 3)2 q √ ⇒ x − 1 + x − 3 ≤ 2(x − 1) + 2(x − 3)2 √ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi. x − 1 = x − 3 ⇔ x = 5.. Vậy, phương trình (5) có nghiệm duy nhất là x = 5.. 2.4.3. Bài tập đề nghị 1 1 = x2 − √ 5x √ −7 x −1 phương trình 3x 3 + 4x 2 − 1 = x 6 + 2x 3 + x 2 √ √ phương trình 4x 2 − 5x + 2 = 4 x − 1 − 2x − 1 √ phương trình (9x + 1) 9x − 1 = 8x 3 + 20x 2 − 41x + 5 √ phương trình 16x 3 − 10x − 2 = 3 6x + 1 √ phương trình 8x 3 − 5x = 3 7x + 1 + 1 √ √ phương trình (x + 5) x + 1 + 1 = 3 3x + 4 √ phương trình x(x + 1) = 3 9x − 2 + 11 √ phương trình x 3 + 1 = 2 3 2x − 1 √ √ bất phương trình x +1>3− x +4 √ √ bất phương trình 5x − 1 + x + 3 ≤ 4 √ phương trình 8x 3 + 2x = (x + 2) x + 1 √ phương trình x 3 + x − 1 = 9. Bài 100. Giải phương trình Bài 101. Giải Bài 102. Giải Bài 103. Giải Bài 104. Giải Bài 105. Giải Bài 106. Giải Bài 107. Giải Bài 108. Giải Bài 109. Giải Bài 110. Giải Bài 111. Giải Bài 112. Giải. (5x − 6)2 − √. <>. Tel : 0169 875 6669.

(67) by Nguyễn Chí Công. Bài 115. Giải Bài 116. Giải Bài 117. Giải Bài 118. Giải Bài 119. Giải Bài 120. Giải Bài 121. Giải Bài 122. Giải Bài 123. Giải Bài 124. Giải Bài 125. Giải Bài 126. Giải Bài 127. Giải Bài 128. Giải Bài 129. Giải Bài 130. Giải. √. 5x 5 − 1 +. 66. √. 2x 3 − 1 = 4 − x √ phương trình x(4x 2 + 1) + (x − 3) 5 − 2x = 0 √ phương trình x 3 + 3x 2 − 3 3 3x + 5 = 1 − 3x √ phương trình 4x 3 + 18x 2 + 27x + 14 = 3 4x + 5 √ 4 3 phương trình 81x − 8 = x 3 − 2x 3 + x − 2 3 √ x− x p bất phương trình ≥1 2 r − x + 1) r 1 − 2(x 1 2x 1 + + =2 phương trình √ 1 + x √ 2 2x 2 phương trình 7 − x + x − 5 = x − 12x + 38 √ √ √ √ phương trình x + 4 x + 4 17 − x + 8 4 17 − x = 34 √ 2 18x phương trình 25x + 9 9x 2 − 4 = + 2 x x +1 √ √ 8x(1 − x 2 ) 2 2x(x + 3) phương trình − =5− 2 2 2 2 (1 + x ) √ 1+x √ phương trình 2(2x + 1)(1 + x 2 + x + 1) + 3x(2 + 9x 2 + 3) = 0 √ phương trình x − 1 = −x 3 − 4x + 5 √ √ phương trình 2x − 1 + x 2 + 3 = 4 − x √ √ √ 3x 3 + x 2 + 2x − 1 = 5x 3 + 5x phương trình √ √ √ 3 phương trình 1 + 3 2x + 1 = x + 3x 2 + x − 1 √ √ phương trình 3 + 4 7x + 15 = x + 2x √ phương trình 2x 2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4. Bài 113. Giải phương trình Bài 114. Giải. TEX. 2.5. Bài toán chứa tham số 2.5.1. Sơ lược về phương pháp. Phương trình, bất phương trình vô tỷ chứa tham số xuất hiện khá nhiều trong các đề thi ĐH – CĐ trong những năm vừa qua. Phương pháp đạo hàm được sử dụng chủ yếu và một số ít sử dụng phương pháp tam thức bậc hai trong giải toán. 1/ Phương pháp đạo hàm Bài toán 1 : Đếm số nghiệm của phương trình f(x, m) = 0 trên một miền D. (a) Biến đổi phương trình về dạng g(x) = π(m) . (b) Lập bảng biến thiên của g trên D. (c) Dựa vào bảng biến thiên đưa ra kết luận. <>. Tel : 0169 875 6669.

(68) by Nguyễn Chí Công. TEX. 67. ? Chú ý : Nếu hàm số g liên tục trên D và có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thì phương trình g(x) = π(m) có nghiệm khi và chỉ khi min g(x) ≤ m ≤ max g(x) x∈D. x∈D. Bài toán 2 : Điều kiện để phương bất phương trình f(x, m) > 0 hoặc f(x, m) < 0 có nghiệm trên miền D. (a) Đưa bất phương trình về dạng g(x) > π(m) hoặc g(x) < π(m). (b) Lập bảng biến thiên của g trên D. (c) Dựa vào bảng biến thiên đưa ra kết luận. ? Chú ý : Nếu g(x) > π(m) hoặc g(x) < π(m) nghiệm đúng trên D thì điều kiện cần và đủ là min g(x) > π(m) hoặc max g(x) < π(m) x∈D. x∈D. 2/ Phương pháp tam thức bậc hai Xét tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c,. a 6= 0. ∆ = a2 − 4bc Định lý Viet : Nếu f(x) = ax 2 + bx + c = 0, a 6= 0 có hai nghiệm S = x1 , x2 thì   x1 + x2 = − b a  P = x1 x2 = c a 2 f(x) = 0 có 2 nghiệm trái dấu ⇔ P < 0. 2 f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng dấu ⇔.   ∆ > 0.  P > 0   ∆ > 0 2 f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng dương ⇔  S > 0 và P > 0   ∆ > 0 2 f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng âm ⇔  S < 0 và P > 0    ∆>0    2 f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng lớn hơn α ⇔ x1 + x2 − 2α > 0     (x − α)(x − α) > 0 1 2 <>. Tel : 0169 875 6669.

(69) by Nguyễn Chí Công. TEX. 68.    ∆>0    2 f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt cùng nhỏ hơn α ⇔ x1 + x2 − 2α < 0     (x − α)(x − α) > 0 1 2 2 f(x) = 0 có hai nghiệm thỏa mãn x1 < α < x2 ⇔ af(α) < 0     a > 0 a < 0 2 f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ ; f(x) ≤ 0, ∀x ∈ R ⇔   ∆ ≤ 0 ∆ ≤ 0. 2.5.2. Bài tập mẫu. - Bài 1 [Khối A – 2002] Tìm m để phương trình √ 3. nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 3 Lời giải : Điều kiện x > 0. Đặt t =. q. log23 x +. q. log23 x + 1 − 2m − 1 = 0. (1), có ít. ]. √ 3. log23 x + 1, do 1 ≤ x ≤ 3. ⇔ 1 ≤ t ≤ 2.. Khi đó, (1) ⇔ t 2 + t = 2m + 2 (∗). Bài toán trở thành tìm m để phương trình (∗) có ít nhất một nghiệm trên đoạn [1; 2]. Xét hàm liên tục f(t) = t 2 + t có f 0 (t) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈ [1; 2] nên f tăng trên [1; 2]. Từ đó suy ra : min f(t) = f(1) = 2, max f(t) = f(2) = 6 nên yêu cầu bài toán t∈[1;2]. t∈[1;2]. thỏa mãn ⇔ 2 ≤ 2m + 2 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 - Bài 2 [Khối A – 2007] Tìm m để phương trình. √ √ √ 4 3 x − 1 + m x + 1 = 2 x2 − 1. (2), có. nghiệm thực. Lời giải : Điều kiện x ≥ 1. Phương trình trở thành r r x −1 4 x − 1 3 +m=2 x +1 x +1 r r x −1 2 Đặt t = 4 = 4 1− ⇒ t ∈ [0; 1). x +1 x +1 Bài toán trở thành tìm m để phương trình −3t 2 + 2t = m (∗) có ít nhất một nghiệm thực thỏa 1 mãn 0 ≤ t < 1. Xét hàm liên tục f(t) = −3t 2 +2t với 0 ≤ t < 1, có f 0 (t) = −6t +2 = 0 ⇔ t = . 3 Bảng biến thiên của f: t. 1 3. 0. f 0 (t). +. 0 1 3. f(t) 0. 1 −. −1. Từ bảng biến thiên, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi : −1 < m ≤ <>. 1 . 3 Tel : 0169 875 6669.

(70) by Nguyễn Chí Công. TEX. - Bài 3 Tìm m để phương trình. x+. Lời giải : Xét hàm số liên tục f(x) = x +. √. 69. 3x 2 + 1 = m có nghiệm thực. √. √ 3x 2. 0. + 1 trên R có f (x) =. 3x 2 + 1 + 3x √ . 3x 2 + 1. √ 1 3x 2 + 1 = −3x ⇔ x = − √ và lim f(x) = +∞. x→±∞ 6 Bảng biến thiên của f :. Ta có f 0 (x) = 0 ⇔. x. 1 −√ 6. −∞. f 0 (x). −. +∞ +. 0. +∞. +∞. f(x). √ 6 3 √. Từ bảng biến thiên, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi : m ≥ - Bài 4 Tìm m để phương trình. √. x +1+. √. 3−x −. √. 6 . 3. −x 2 + 2x + 3 = m (4) có nghiệm.. Lời giải : Điều kiện − 1 ≤ x ≤ 3. p √ √ Đặt t = x + 1 + 3 − x ⇒ t 2 = 4 + 2 (x + 1)(3 − x) ≥ 4. p Mặt khác, theo AM – GM, ta có : 2 (x + 1)(3 − x) ≤ x + 1 + 3 − x = 4 ⇒ t 2 ≤ 8 √ Dễ dàng suy ra : 2 ≤ t ≤ 2 2. Phương trình (4) trở thành t− Xét hàm liên tục f(t) = f nghịch biến và. t2 − 4 −t 2 + 2t + 4 = m hay = m (∗) 2 2. √ √ −t 2 + 2t + 4 trên [2; 2 2] có f 0 (t) = −t + 1 < 0, ∀t ∈ [2; 2 2] nên hàm 2. √ √ min√ f(t) = f(2 2) = 2( 2 − 1) và. t∈[2;2 2]. max√ f(t) t∈[2;2 2]. = f(2) = 2. √ Từ đó, bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi : 2( 2 − 1) ≤ m ≤ 2. √ - Bài 5 Tìm m để phương trình m x 2 + 2 = x + m (5) có 2 nghiệm thực phân biệt. Lời giải :. x = m (∗) x2 + 2 − 1 √ x 2 − x2 + 2 0 √ Xét hàm liên tục f(x) = √ trên R, có f (x) = √ x2 + 2 − 1 ( x 2 + 2)( x 2 + 2 − 1)2 √ x Ta có f 0 (x) = 0 ⇔ x = ± 2 và lim √ = ±1. 2 x→±∞ x +2−1 Bảng biến thiên của f : Phương trình (5) ⇔ √. <>. Tel : 0169 875 6669.

(71) by Nguyễn Chí Công. x. TEX. 70. √ − 2. −∞. f 0 (x). −. √ 2 +. 0. −1. 0 √ 2. +∞ −. f(x) √ − 2. Dựa vào bảng biến thiên, bài toán thỏa mãn - Bài 6 Tìm m để phương trình. √. 6. +1 √ √ khi : − 2 < m < −1 hoặc 1 < m < 2.. 2x 2 + mx − 3 = x + 1 (1) có 2 nghiệm thực phân biệt.. Lời giải :     x ≥ −1 x + 1 ≥ 0 ⇔ (∗) (1) ⇔   x 2 + (m − 2)x − 4 = 0 2x 2 + mx − 3 = (x + 1)2 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn −1 ≤ x1 < x2 .     ∆>0    m < 4  ⇔ ⇔ m ≤ −1 Điều đó tương đương với : x1 + x2 + 2 > 0   m ≤ −1     (x1 + 1)(x2 + 1) > 0 - Bài 7 Tìm m để bất phương trình. √. x+. √ √ √ 1 − x + 4 x + 4 1 − x ≤ m (2) nghiệm đúng với. mọi x ∈ [0; 1]. Lời giải : Xét hàm liên tục f(x) =. √ √ √ √ x + 1 − x + 4 x + 4 1 − x trên [0; 1].. Theo bất đẳng thức Cauchy — Schwarz, ta có : f(x) =. √. x+. √. q √ √ √ √ 4 1 − x + 4 x + 1 − x ≤ (12 + 12 )[( x)2 + ( 1 − x)]2 q q √ √ √ √ √ 4 + (12 + 12 )[( 4 x)2 + ( 1 − x)2 ] = 2 + 2( x + 1 − x) q √ √ √ 2 ≤ 2+ 2 2= 2+ √ 4 2. 1 . 2 √ 2 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi : m ≥ max f(x) = 2 + √ . 4 x∈[0;1] 2 √ √ √ √ √ - Bài 8 Tìm m để phương trình m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 Dấu “=” xảy ra khi x =. có nghiệm thực. Lời giải : Điều kiện − 1 ≤ x ≤ 1. 6 Bài. toán rất dễ làm người giải nhầm lẫn !. <>. Tel : 0169 875 6669.

(72) by Nguyễn Chí Công. Đặt t =. √. 1 + x2 − √ của t là [0; 2].. TEX. 71. √ √ 1 − x 2 ≥ 0 nên t 2 = 2 − 2 1 − x 4 ≤ 2 . Từ đó xác định được miền giá trị. Phương trình đã cho trở thành m(t + 2) = 2 − t 2 + t ⇔. −t 2 + t + 2 = m (∗) t+2. √ √ −t 2 + t + 2 t 2 + 4t < 0, ∀t ∈ [0; 2] nên hàm trên [0; 2], có f 0 (t) = − 2 t+2 √ √(t + 2) 2 − 1, max f đơn điệu giảm, từ đó xác định được min √ f(t) = f(0) = 1. √ f(t) = f( 2) = t∈[0; 2] t∈[0; 2] √ Từ đó (∗) có nghiệm thực khi và chỉ khi : 2 − 1 ≤ m ≤ 1. Xét hàm liên tục f(t) =. - Bài 9 Tìm m để phương trình. √. x+. √. 4−x =. √. m + 4x − x 2 (4) có nghiệm thực.. Lời giải : Điều kiện7 0 ≤ x ≤ 4 . √ Phương trình (4) ⇔ 4 − 2 4x − x 2 = m + (4x − x 2 ) (∗). √ Đặt t = 4x − x 2 ⇒ t ∈ [0; 2]. Phương trình (∗) trở thành : −t 2 − 2t + 4 = m (∗∗). Xét hàm liên tục f(t) = −t 2 − 2t + 4 với t ∈ [0; 2], có f 0 (t) = −2t + 2 = 0 ⇔ t = 1. Ta có : f(0) = 4, f(2) = 4, f(1) = 5 Từ đó tính được. min f(t) = 4, max f(t) = 5.. t∈[0;2]. t∈[0;2]. Để phương trình (∗∗) có nghiệm trên [0; 2] thì 4 ≤ m ≤ 5. Vậy, 4 ≤ m ≤ 5 là các giá trị cần tìm. - Bài 10 Tìm m để phương trình √ √ √ √ x x + x + 12 = m( 5 − x + 4 − x). (5). có nghiệm thực. Lời giải : Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4. √ √ Vì 5 − x − 4 − x 6= 0 nên phương trình (5) tương đương với : √ √ √ √ √ √ √ √ 5−x − 4−x =m 5−x + 4−x 5−x − 4−x x x + x + 12 √ √ √ √ ⇔ x x + x + 12 5 − x − 4 − x = m(5 − x − 4 + x) √ √ √ √ 5 − x − 4 − x = m (∗) ⇔ x x + x + 12 √ √ √ √ Xét hàm số liên tục f(x) = x x + x + 12 5 − x − 4 − x trên [0; 4]. Ta có : √ √ −1 √ √ √ 3 x 1 1 √ √ √ f (x) = + 5 − x − 4 − x + x x + x + 12 + 2 x + 12 2 5−x 2 4−x ! √ √ √ 3√x √ 1 x x + x + 12 √ = 5−x − 4−x +√ + √ > 0, ∀x ∈ [0; 4]. 2 x + 12 2 5 − x 4 − x 0. 7 Tại. sao không cần điều kiện m + 4x − x 2 ≥ 0 ?. <>. Tel : 0169 875 6669.

(73) by Nguyễn Chí Công. TEX. 72. √ √ Từ đó suy ra f đồng biến trên [0; 4] nên max = f(4) = 12 và min = f(0) = 2 15 − 4 3. x∈[0;4] x∈[0;4] √ √ Vậy phương trình (∗) có nghiệm thực khi và chỉ khi : 2 15 − 4 3 ≤ m ≤ 12.. 2.5.3. Bài tập đề nghị. p √ √ x − 2 + 4 − x − (x − 2)(4 − x) = m có nghiệm. √ p √ 4 − x + 2x − 2 có nghiệm. Bài 132. Tìm m để phương trình 6 + x + 2 (4 − x)(2x − 2) = m + 4 √ Bài 133. Tìm m để phương trình x 2 + 2x − m = 2x − 1 có hai nghiệm thực phân biệt. √ m Bài 134. Tìm điều kiện của m để phương trình 4 − x 2 − √ = 4 có nghiệm. 4 − x2 s r 1 1 Bài 135. Tìm m để x + x + + x + = m có nghiệm thực. 2 4 √ √ √ Bài 136. Tìm m để phương trình x + 1 − m x − 1 + 2r x 2 − 1 = 0 có nghiệm thực. x +1 Bài 137. Tìm m để phương trình x 2 − 2x − 3 + 4(x − 3) = m có nghiệm thực. x −3 √ 3x 2 − 1 Bài 138. CMR : Phương trình √ = 2x − 1 + mx luôn có nghiệm thực với mọi giá trị của m. 2x √ √−1 Bài 139. Tìm m để phương trình 3 1 + x + 3 1 − x = m có nghiệm thực. √ √ √ √ 4 4 Bài 140. Tìm m để phương trình 2m x 2 − 4 = x − 2 + 2 x 2 − 4 − x − 2 có nghiệm. √ Bài 141. Tìm m để phương trình x + 2 1 − x 2 = m có nghiệm thực. √ √ Bài 142. Tìm m để bất phương trình 3 − x + x + 5 ≤ 0 có nghiệm đúng với mọi x ∈ [−5; 3]. p Bài 143. Tìm m để bất phương trình (x + 4)(6 − x) ≤ x 2 − 2x + m nghiệm đúng với mọi x ∈ [−4; 6]. √ √ Bài 144. Tìm m để phương trình 2 3 3x − 2m + 3 6x − 5m = 8 có nghiệm thực. √ √ √ √ Bài 145. Tìm m để phương trình 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m có 2 nghiệm phân biệt. √ √ √ 4 Bài 146. Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 x 2 − 1 có nghiệm thực. √ √ Bài 147. Với giá trị nào của m thì phương trình x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m có nghiệm. √ √ Bài 148. Tìm m để phương trình 3(3x − 2) 3 3x − 2 + 2(6 − 5x) 6 − 5x − 48x = m có nghiệm thực. p p √ √ Bài 149. Tìm m để phương trình (x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 = m − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2 có Bài 131. Tìm m để phương trình. nghiệm thực.. √ √ Bài 150. Tìm m để phương trình (4m − 3) x + 3 + (3m − 4) 1 − x + (m − 1) = 0 có nghiệm thực.. <>. Tel : 0169 875 6669.

(74) Mục lục. 1 Khảo sát hàm số và các vấn đề liên quan 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. 1.5. 1. Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1. 1.1.1. Chiều biến thiên của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1. 1.1.2. Điều kiện của tham số để hàm số đơn điệu trên một miền . . . . . . . . . . . . .. 2. 1.1.3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 6. 1.1.4. Sử dụng tính đơn điệu chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . .. 7. 1.1.5. Sử dụng tính đơn điệu giải phương trình, bất phương trình . . . . . . . . . . . .. 8. Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.2.1. Sử dụng các quy tắc xác định cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 9. 1.2.2. Điều kiện của tham số để hàm số đạt cực trị tại một điểm . . . . . . . . . . . .. 10. 1.2.3. Điều kiện để hàm số có cực trị thỏa mãn một điều kiện cho trước . . . . . . . .. 11. Sự tương giao của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 12. 1.3.1. Số giao điểm của đường cong bậc ba với trục hoành . . . . . . . . . . . . . . . .. 12. 1.3.2. Giao điểm của đồ thị hàm trùng phương với trục hoành . . . . . . . . . . . . . .. 16. 1.3.3. Giao điểm của hàm phân thức với đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 18. Sự tiếp xúc và bài toán về tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 22. 1.4.1. Phương pháp: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 22. 1.4.2. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 25. Hàm số trong các kì thi đại học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 26. 1.5.1. 26. Khảo sát khối A – 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 73.

(75) by Nguyễn Chí Công. TEX. 74. 1.5.2. Khảo sát khối A – 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 26. 1.5.3. Khảo sát khối A – 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 27. 1.5.4. Khảo sát khối A – 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 28. 1.5.5. Khảo sát khối A – 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 28. 1.5.6. Khảo sát khối A – 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 29. 1.5.7. Khảo sát khối A – 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 29. 1.5.8. Khảo sát khối A – 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 30. 1.5.9. Khảo sát khối A – 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 30. 1.5.10 Khảo sát khối A – 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 31. 1.5.11 Khảo sát khối A – 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 32. 2 Phương trình và bất phương trình vô tỷ 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. 2.5. 33. Phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 33. 2.1.1. Sơ lược về phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 33. 2.1.2. Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 34. 2.1.3. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 37. Phương pháp phân tích nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 39. 2.2.1. Sơ lược về phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 39. 2.2.2. Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 40. 2.2.3. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 43. Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 44. 2.3.1. Sơ lược về phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 44. 2.3.2. Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 45. 2.3.3. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 56. Phương pháp hàm số, đánh giá. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 57. 2.4.1. Sơ lược về phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 57. 2.4.2. Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 58. 2.4.3. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 65. Bài toán chứa tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 66. <>. Tel : 0169 875 6669.

(76) by Nguyễn Chí Công. TEX. 75. 2.5.1. Sơ lược về phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 66. 2.5.2. Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 68. 2.5.3. Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 72. <>. Tel : 0169 875 6669.

(77)

Ham so Phuong trinh bat phuong trinh vo ty

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về