Phuong phap ham so giai phuong trinh vo ti

Trong một số trường hợp, ta cần phải biến đổi phương trình về dạng đơn giản hơn nếu có thể bằng một số phép biến đổi thường gặp như: quy đồng, nhân hoặc chia hai vế của phương trình cho [r]

PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Phùng Văn Hùng – THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc Tài liệu bán không tặng! PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH GV: Phùng Văn Hùng – THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc CƠ SỞ LÝ THUYẾT Tính chất 1: Nếu hàm số f  x  liên tục trên khoảng  a; b  , đoạn  a; b  các nửa đoạn  a; b  ,  a; b  có đạo hàm f ' x  không không xác định hữu hạn điểm trên khoảng  a; b  , đoạn  a; b  các nửa khoảng  a; b  ,  a; b  đó f ' x   (hoặc f ' x   ) trên  a; b  thì f  x  đồng biến (hoặc nghịch biến) trên  a; b  đoạn  a; b  , các nửa đoạn  a; b  hay  a; b  Tính chất 2: Nếu y  f  x  đồng biến nghịch biến trên  a; b  thì phương trình f  x   c , đó c là số có nhiều nghiệm x   a; b  Tính chất 3: Nếu y  f  x  đồng biến nghịch biến trên  a; b  và u, v   a; b  thì đó phương trình: f  u   f  v   u  v Chú ý: Trong các tính chất và 3, ta có thể thay  a; b   a; b  ,  a; b  và  a; b  DẠNG 1: DÙNG ĐẠO HÀM Ý tưởng: Ta khai thác Tính chất trên Bằng cách đưa phương trình v ề dạng f  x   c , ta tìm nghiệm x0   a; b  và chứng minh f ' x   f ' x   0, x   a; b  thì đó f ' x  đồng biến nghịch biến trên f  x   c có tối đa nghiệm x   a; b  Do đã tìm đư ợc nghiệm x0  a; b    a; b  và  x  x là nghiệm phương trình Phương pháp: - Tìm điều kiện (điều kiện có nghĩa và ều kiện có nghiệm phương trình): bước này quan trọng! Biến đổi phương trình v ề dạng f  x   c (hoặc f  x   ) - Chứng minh f ' x   f ' x   , x thỏa mãn ều kiện tìm trên - Nhẩm nghiệm x  x0 phương trình (có thể dùng CASIO) Kết luận: Phương trình có nghiệm x  x0 Chú ý: Có thể dùng chức TABLE (MODE 7) máy tính bỏ túi CASIO để kiểm tra xem f  x  đồng biến hay nghịch biến trên  a; b  Nếu thấy f  x  đồng biến (nghịch biến) thì ta có thể sử dụng phương pháp này Ví dụ 1: Giải phương trình: x2  x   2x   Phân tích: Kiểm tra máy tính bỏ túi ta thấy phương trình có nghiệm x  Khảo sát trước f  x   x  x   x  TABLE với START  0,5 ; Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ END  10 ; STEP  0,5 Kết f  x  đồng biến Do đó ta có định hướng sử dụng đạo hàm Giải Điều kiện: x  Dễ thấy x  là nghiệm phương trình 1 2  Xét hàm số f  x   x  x   x  với x   ;      2x 1 1 Ta có: f ' x     0, x   ;   2x 1 2  x x4 1  Suy ra, f  x  đồng biến trên  ;   (theo Tính chất trên) 2  1   phương trình f  x   x  x   x   có tối đa nghiệm trên  ;   2  Mặt khác, x  là nghiệm phương trình đã cho, nên đây là nghi ệm Kết luận: Phương trình có nghi ệm x  3  14 3 x 2 x Ví dụ 2: Giải phương trình: Phân tích: Dùng máy tính, ta thấy phương trình nghi ệm x  Dùng TABLE ta nhận thấy vế trái là hàm số đồng biến với x  nên có thể dùng đạo hàm Giải Điều kiện: x  Ta có: x  là nghiệm phương trình đã cho 3 với x   ;2  3 x 2 x 24 Xét hàm số f  x   Ta có: f ' x  3  x   2  x   12  0, x   ;2  2 8 3  x   x 2  x   x 2 x Suy ra, f  x  đồng biến trên  ;2   phương trình đã cho có nhi ều nghiệm 3 x   trên  ;2  Mặt khác x    ;2  là nghiệm phương trình, nên đây chính là nghiệm phương trình Kết luận: Phương trình có nghi ệm x  Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x2   x   x Phân tích: Dùng máy tính ta thấy phương trình có nghiệm x  , có thể nghĩ đến phương pháp dùng đạo hàm Chuyển phương trình dạng x  x  x   , dùng TABLE khảo sát hàm số f  x   x  x  x  ta thấy nó không đơn điệu Như việc sử dụng trực tiếp phương pháp đạo hàm là không khả thi Đến đây ta nghĩ đến cách biến đổi phương trình dạng khác để có thể sử dụng phương pháp dùng đạo hàm Giải Điều kiện: x  Do x  không phải là nghiệm phương trình nên xét x  , chia hai vế phương trình cho x ta được:  x  1 x x 1 Đặt t  x    t  x    x   2t  x x x PT  x  Phương trình (1) tr thành: 2t   t  2 Dễ thấy t  là nghiệm (2) Xét hàm số f  t   2t2   t, với t   2;   Ta có: f ' t   2t   0, t 2t   f  t  đồng biến  phương trình (2) có nhiều nghiệm trên Mặt khác t  là nghiệm (2), nên đây chính là nghiệm (2) Với t   x  x   x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x  Ví dụ 4: Giải phương trình: x   x2  x  27 2 x x Phân tích: Ta thấy phương trình có nghi ệm x  việc dùng đạo x   x2  2x  hàm 27 2 x x 0 f  x   x   x2  2x  cách , đưa , đó có thể nghĩ đến phương tính đạo trình hàm dạng 27 2 x x Tuy nhiên việc tính đạo hàm hàm này quá cồng kềnh và phức tạp Do đó ta phải nghĩ đến việc biến đổi phương trình trở nên đơn giản Có tình thường gặp đó là gặp phương trình có “căn lồng căn” thì thư ờng biểu thức phân tích thành bình phương tổng hiệu và ta khử dấu Hơn nhìn vế phải phương trình còn cho ta suy nghĩa là chia hai vế cho x , x, x Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Giải Điều kiện: x  Do x  , không phải là nghiệm phương trình Xét x  :   x  x2  Ta thấy x  27 x  27 27 x x x  x2  x x 4 27 27 x 2 x  1 1  x     1 x 4 x PT  x   x  x    là nghiệm phương trình (1) 27 x 2  1 x   ; 2    0;   Xét hàm số f  x   x 27 x Ta có: f ' x     0, x  2 x 1 x  f  x  đồng biến trên  0;   (1) có tối đa nghiệm trên    0;  , mà   0;   là nghiệm (1), nên nó là nghiệm (1) Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x  x Bài học rút ra: Một dấu hiệu cho việc sử dụng đạo hàm, đó là phương trình phải có nghiệm và nghiệm này là nghiệm đẹp Tiếp theo đó đưa phương trình dạng f  x   c , sử dụng TABLE để khảo sát trước biến thiên f  x  , thấy f  x  đơn điệu thì ta có thể sử dụng trực tiếp đạo hàm Nếu không, hãy nghĩ đến việc biến đổi phương trình sau đó sử dụng đạo hàm Ví dụ 5: Giải phương trình: x  15  x   x  Phân tích: Phương trình có nghĩa v ới x   Ta thấy phương trình có nghi ệm x   x  15  x  , và xét x  Đưa phương trình v ề dạng f  x   x   x  15  x Ta có: f ' x   x x2   x x  15 3 x  x  15  x  x   x  15   3 Do x   nên ta chưa thể khẳng định f ' x  luôn không âm không dương Như vậy, rõ ràng vấn để đây là ta không tìm đư ợc điều kiện nào x để từ đó chứng minh f ' x   f ' x   Gặp tình này hãy cố gắng tìm điều kiện cho x, điều kiện có nghĩa không có, hãy nghĩ đ ến điều kiện để phương trình có nghiệm (hay còn gọi là điều kiện kéo theo) Giải Từ phương trình rút ra: x   x  15  x    x  Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Phương trình đã cho tương đương v ới: x   x  15  x  1 Dễ thấy x  là nghiệm phương trình (1) Xét hàm số f  x   x   x  15  x x Ta có: f ' x   x2   x x  15 3 x   x  R x  15  x  x   x  15     0, x  2   f  x  đồng biến trên  ;    phương trình (1) có tối đa nghiệm trên 3  2  2   ;   , mà x    ;   là nghiệm (1), nên đây chính là nghiệm 3  3  phương trình (1) Kết luận: Phương trình có nghiệm x  Bài học rút ra: Việc tìm điều kiện cho x là vô cùng quan trọng, và hãy nhớ tới điều kiện có nghiệm (điều kiện kéo theo) cần! CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1: Giải phương trình: x  x   3x   Giải Điều kiện: x   1   Đặt f  x   x  x   x  , với x   ;   1  0, x   ;  3  3x   1 Suy ra, f  x  đồng biến trên  ;  3  Ta có: f ' x   x  x   1   Do đó, phương trình đã cho có nhi ều nghiệm thuộc  ;  Dễ thấy x  1 là nghiệm phương trình Kết luân: Phương trình có nghi ệm x  1 Bài 2: Giải phương trình x   3x   5x   Phân tích: Phương trình có loại khác bậc nên, việc sử dụng các phương pháp đã học không hiệu Trong bài toán này, ta có thể nghĩ đến việc đánh giá tính đơn điệu vế trái đạo hàm Giải Điều kiện: x   Ta có x  là nghiệm phương trình Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ   Xét hàm số f  x   x   3 x   x  1, với x    ;     Ta có: f ' x   x 1   3x  1  4  x  1   1   0, x    ;   \    3    f  x  đồng biến trên   ;   Do đó phương trình đã cho nhi ều nghiệm   Do x  là nghiệm phương trình, nên đây là nghi ệm Chú ý: Ở đây f ' x  không xác định giá trị Tuy nhiên vì số lượng giá trị làm cho f ' x  không xác định là hữu hạn nên kết luận ta đúng theo Tính chất Kết luận: Phương trình có nghi ệm x  Bài 3: Giải phương trình: x x  x  12  12  5 x  4 x  Giải Điều kiện:  x  PT  x x  x  12  12  Xét f  x   x x  x  12  12 Ta có: f ' x   Suy ra, f  x   *  5 x  4 x     x   x , với x   0;4  x 6     0, x   0;4  2 x  12 5 x 4 x đồng biến trên  0;4  và phương trình (*) có nhiều nghiệm Dễ thấy x  là nghiệm (*) Kết luân: Phương trình có nghi ệm x  Bài 4: Giải phương trình: 12  x 15  x  20  x 12  x  15  x 20  x  x Giải Điều kiện: x  12 Đặt a  12  x  0, phương trình đã cho tr thành: a a2   a a2   a2  a   a  12 *  Xét f  a   a a2   a a2   a2  a2   a2 , với a  R Ta có: f ' a   a2   a2  a2   a2  Suy ra, f  a  đồng biến trên  0;   a2 a2   2a a2  a2   2a a2  a2   2a  0, a  Suy ra, phương trình (*) có tối đa nghiệm trên  0;   Dễ thấy a  1  0;   là nghiệm (*) Vậy  *   a   12  x   x  11 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Kết luận: Phương trình có nghiệm x  11 Bài 5: Giải phương trình: x  x   15 x 1  x   PT  x  x    , nên: x 1  x  15  x3  x2  x 1  x        Xét hàm số: f  x    x  x  1 Ta có: x 1  x  Giải Điều kiện: x  Ta có:   x 1  x  x   x  , với x  2;     x  x  1    15 *    2  1 x 1  x      x 1 x   Với x  thì 3x  x  và x  x   nên f ' x    f ' x   x  x x 1  x  Suy ra, hàm số f  x  đồng biến trên  2;    phương trình (*) có nghiệm thì nó là nghiệm Ta có x  là nghiệm (*) nên x  là nghiệm phương trình Bài 6: Giải phương trình: x   x    x   x  1 Phân tích: Sử dụng SOLVE ta thấy phương trình có hai nghiệm x = và x = -1 việc sử dụng trực tiếp đạo hàm là không khả thi Tuy nhiên, có hướng tiếp cận khác là kết hợp phương pháp đạo hàm và liên hợp Giải Điều kiện: 2  x  PT  x  x        x    x   x  x  1  x  2 x  x 1 1 x x    1   x  x  1   1    x 1  0 1 1 x  2 x    1 1 x  2 x 1 Xét hàm số: f  x   x    , với x   2;1 1 1 x  2 x 1 Ta có: f ' x    1 x 1  1 x    2 2 x  2 x  0 *   , với x   2;1 Suy ra: f  x  đồng biến trên  2;1  phương trình (*) n ếu có nghiệm thì đó là nghiệm Dễ thấy x  1 là nghiệm (*), nên đây là nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  1 và x  Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Bài 7: Giải phương trình:  x   x  1  x6  4  x   x  1  x2 Giải Điều kiện: x    x 6  x 2   x   x   x     x   x     x   x     x   x   x     (  x   x    ) PT  x   x6  x2 3  x6 x2  *   2x 1  x   x   1  Đặt f  x   x   x   x  , với x   ;   2  Ta có: f ' x   2x 1  x2  1 x6  2x 1  x6  x2 1   với x   ;   x  x  2   Suy ra, f  x  đồng biến trên  ;   nên phương trình (*) có nghiệm thì nghiệm 2  đó là Mặt khác x  là nghiệm (*) nên đây là nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm x = DẠNG 2: DÙNG HÀM ĐẶC TRƯNG Ý tưởng: Ta khai thác Tính chất Nếu có thể biến đổi phương trình dạng f  u   f  v  , đó u và v là các biểu thức chứa x Giả sử từ điều kiện x là x   a; b  , suy điều kiện u,v là u   a1; b1  ; v   a2 ; b2  Nếu ta có thể chứng minh hàm số f  t  đồng biến nghịch biến trên D   a1 ; b1    a2 ; b2  , thì theo tính chất ta có: u   a1; b1   u  D ; v   a2 ; b2   v  D , đó f  u   f  v   u  v Bằng cách này ta có thể đưa việc giải phương trình đã cho (thư ờng khá phức tạp) việc giải phương trình u  v đơn giản Hàm f  t  trên gọi là hàm đặc trưng phương trình Phương pháp: - Tìm ều kiện (có nghĩa và có nghi ệm) Biến đổi phương trình dạng f  u   f  v   hàm đặc trưng f  t  - Từ điều kiện x  điều kiện u, v Giả sử u  D1 ; v  D2 - Chứng minh f ' t   f ' t   , t  D1  D2  f  t  đồng biến nghịch biến trên D1  D2 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ - Giải phương trình f  u   f  v   u  v - Kết luận Trong số trường hợp, ta cần phải biến đổi phương trình dạng đơn giản có thể số phép biến đổi thường gặp như: quy đồng, nhân chia hai vế phương trình cho x , x, x , liên hợp… Dấu hiệu: Trong tất bước trên thì bước biến đổi phương trình v ề dạng f  u   f  v  để suy hàm đặc trưng là khó Một số dấu hiệu giúp ta biết có thể biến phương trình đã cho đ ổi dạng chứa hàm đặc trưng hay không, giúp ta phán đoán lượng u và v sau biến đổi là: - Có số lượng phương trình, xu ất nhiều nơi khác (thường không thấy mà phải qua số phép biến đổi đại số thông thường) Khi đó có nhiều khả chúng chính là các biểu thức u và v - Sau đã “l mờ” nhận u và v, thì bậc u và v Sự trợ giúp CASIO: Trong phương pháp dùng hàm đặc trưng, việc tìm phán đoán u và v là quan trọng Ngoài việc phán đoán tư thông thường Ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi CASIO để giúp ta tìm u và v Ý tưởng chính phương pháp này sau: - Dùng SOLVE tìm tất các nghiệm phương trình - Biến đổi để đơn giản hóa phương trình (quy đồng, chia hai vế, liên hợp…) - Thay các nghiệm này vào các cụm biểu thức đặc biệt phương trình (căn thức, biểu thức bậc nhất, bậc hai….) - Từ các kết thu được, tìm liên hệ các cụm biểu thức này  phán đoán u và v - Đặt ẩn phụ u và v để đưa phương trình đã cho dạng chứa hàm đặc trưng f  u  f  v  Tất các nội dung lý thuyết trên làm rõ các ví dụ sau:   Ví dụ 1: Giải phương trình: x  x    x   Lời giải :Dùng tư thông thường  Giải     PT  x    x      x  1 x  x      2      x    x      x  1   x  1         2      3 x   3 x       x  1   x  1    1      u  3 x Đặt  , phương trình (1) trở thành: v  x   f  t  t    x  x2   f  u  f  v  2 , đó  t2   Ta có: f ' t   t    t2 t2   0, t   Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Suy f  t  đồng biến trên  , và    u  v  3 x  x   x   Kết luận: Phương trình có nghiệm x   Lời giải 2: Dùng CASIO SOLVE cho ta nghiệm x  0,2   Thay giá trị X   3x , x  , x  và 3X   ; X2   vào các biểu thức:  x  x được: 21 ; 2X   ; 5  X  X2  Từ các giá trị thu ta thấy: x   3x và 21 x    x  x Từ đó có các khả sau đây: u  3x và v  x  u  x  và v   x  x Tuy nhiên với trường hợp thứ thì u  v  x    x  x  x  x    x  x   Cả hai nghiệm này thỏa mãn, nhiên CASIO ta thấy phương trình nên trường hợp này không phù hợp Vậy ta nhận định: u  3x và v  3x  Từ đó có lời giải sau:  u  3 x  Đặt  v 1 v  x   x   có nghiệm x   Phương trình đã cho trở thành:   v   v  1   u  u   2v     1       v2    u  u2   2v   1   u  u2   v             f  u   f  v  , đó f  t   t  v2     t2   Đến đây ta có lời giải tương tự Cách Bài học rút ra: Phương trình trên có thể giải phương pháp liên hợp Tuy nhiên khó khăn và tính toán cồng kềnh Trong trường hợp vậy, phương pháp sử dụng hàm đặc trưng tỏ có ưu và cho lời giải đẹp Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x   2x   x   x2  2x  Giải Cách 1: Điều kiện: x  PT   x  1   2x 1  x 1   x  1 2 1 u  x   2 x   u4  Đặt  , phương trình (1) tr thành: x   v v  x    Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ u4   u  v  v   f  u   f  v  Ta có f ' t    t3 t4    , đó f  t   t  t4   0, t  Suy ra, f  t  đồng biến trên  0;   , mà u, v   0;   đó: 2  u  v  x   2 x   x   x    x  1  x  x     x     L Kết luận: Phương trình có nghi ệm x   Cách 2: Dùng CASIO ta thấy phương trình có nghi ệm X  3,414213562 , thay giá trị này vào các thức: X   2,797932652 X   1,553773974 X   1,553773974 X2  X   2,797932652 Vậy ta có thể chọn: u  x   u  v  2x   x2  2x   x2  4x    v  x  x  Hoặc u  x   u  v  x    x  1  x  x    v  x  Trong hai trường hợp ta dẫn đến phương trình: x  x   , nên không thể loại trừ ví dụ trên Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Điều kiện: x  2 u  x   2 x   u  x   u  Đặt  , phương trình trở thành:  2  v  x  x    x  1   v  x   v    3 , đó f  t   t  t2   t  t2  u  u2   v   v  f  u   f  v  Ta có f ' t    t t 2    t  1 t 2     0, t   Suy ra, f  t  đồng biến trên  2;  , và u, v   2;  nên:   x   2   u  v  x   x  x   x  x     x     L Kết luận: Phương trình có nghiệm x   Trường hợp 2: Điều kiện: x  Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ u  x   2 x   u4 2 x   u  Đặt  , phương trình đã cho tr thành:   2 x   v x   v  v  x        u4   u  v  v   f  u   f  v  , lúc này ta thu kết giống Cách Bài học rút ra: Trong ví dụ này, phương pháp sử dụng Casio tỏ mạnh mẽ nhờ nó ta tìm đư ợc trường hợp với hai hàm đặc trưng khác mà cách tư thông thường khó nhìn Cuối cùng, ta nên chọn trường hợp có hàm đặc trưng dễ tính đạo hàm và dễ chứng minh đơn điệu hơn! Ví dụ (THPTQG 2015): Giải phương trình: x2  2x    x  1 x2  2x   x2 2  Phân tích: SOLVE cho nghiệm: x1  và x3  3,302775638 Ta có hướng xử lý liên hợp cho nghiệp đẹp nghiệm xấu Ở đây ta chọn xử lý liên hợp cho nghiệm đẹp x  Ta có lời giải sau: Giải Điều kiện: x  2 PT   x   x     x  1 x    x  2x  x2 2   x  2  x  x4 x 1   0  2x  x   2 x    x  x 1   1  x  x  x2 2 1   x    x   2  x  x   x  1   x    x     x  1    x  1       u  x   Đặt  , phương trình (2) trở thành:  v  x   3 u2   u    v2   v    u3  2u2  2u   v3  2v2  2v       f  u  f  v       3 , đó f  t   t  2t  2t  Ta có: f ' t   3t2  4t   0, t  R Suy f  t  đồng biến trên R đó:  3  u  v   x    13  x  x   x 1   x   2  x  x    x    x  1 Kết luận: Phương trình có hai nghiệm: x  , x  Ví dụ (HSG Vĩnh Phúc 2015-2016): Giải phương trình:  x    x    13 x2  4 x  x 1  x 1 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Phân tích: Rõ ràng x  biểu diễn theo   x    x  x 1 ,  biểu diễn theo x    x Ta có lời giải sau: Giải Điều kiện:  x  u  x    x  Đặt   v  x   u     v   x u2  v2  u  v  f  u  f  v  2 Ta có: f ' t   t   0, t  1  x    x  , phương trình đã cho tr thành: t2  1 , đó f  t    t Suy ra, f  t  đồng biến trên  1;   mà u   u   1;   ; v   v   1;   , đó: 1  u  v   x    x   x   24 x  32   x  1  x  26 x  33  x    x  x 1     x  x   x   4 x  x  x  2 11 Kết luận: Phương trình có nghi ệm: x  Ví dụ 5: Giải phương trình:  11 và x  x  12 x  x  16  x  x   x   x 1  Giải Điều kiện: x      PT   x  x  16  x  x  x    x     a  x  x  1 Đặt  , (1) trở thành: b  x       a2  16  a   b2   b         a2 a     b2   b  2  2    a u    Đặt  2 , (2) trở thành: v  b    a2  16  a   u2   u   b2   b      1  v2   v       u2   u      v 4 v  u2   u  v   v  f  u   f  v   3 , đó f  t   t2   t Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ t Ta có: f ' t   t  t2   0, t t2  a x  3x Suy ra:  3  u  v   b   x   x  3x  x  2   x2  x  x   x     x  1 x      x  2  2x  1 0 x 1 1 x 1 1   x    2x    4  x 1 1 t2  1    VT    x   3, x  ; VP    x 1 1  1, x     vô nghiệm Kết luận: Phương trình có nghi ệm x = Ví dụ 6: Giải phương trình:  x  1  x    x  5 x   x  31  Phân tích: Đặt u  x  , phương trình tr thành: u2  2u   x  5 x   x  31 , Tiếp đó lại đặt v  x   x   v2 được:     u2  2u  v2  v  v2   31  u2  2u  v3  3v2  3v  Ta thấy hai vế bị lệch bậc, để cân bậc hai vế, ta đồng thời thêm u3 vào vế trái và x  vào vế phải thì đư ợc: u3  u2  2u  v3  3v2  3v   x  u3  u2  2u  v3  4v2  3v Đến bước này ta đã làm cho bi ểu thức hai vế đồng bậc, nhiên dạng chúng còn chưa giống Trong các tình vậy, ta thường cố định vế và biến đổi vế còn lại theo vế Vế giữ cố định thường là vế đơn giản (có ít số hạng hơn) Ở bài này, hai vế có cùng số số hạng nên ta tùy ý cố định vế nào Ở đây, chúng ta cố định vế trái u3  u2  2u Ta cần tìm t cho: v3  4v2  3v  t3  t2  2t, t và v có quan hệ đồng bậc nên t  av  b Khi đó: t3  t2  2t   av  b    av  b    av  b   v3  4v  3v      a3 v3  3a2 b  a2 v2  3ab  2ab  2a v  b  b  2b  v3  4v2  3v Đồng hệ số được:  a3   2 a  3a b  a   t  x 1    b  ab  ab  a    b  b  2b   Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Vậy: u3  u2  2u   v  1   v  1   v  1 Giải Điều kiện: x  PT   x  1   x  1  x    x   3 x    x  8 a  x   Đặt  b  x    1 , phương trình (1) tr thành:  a3  a2  2a  b  b  4b  a3  a2  2a  b  4b  3b  a3  a2  2a   b  1   b  1   b  1  f  a   f  b  1   , đó f  t   t3  t2  2t 1   1    1   Suy f  t  đồng biến trên  ;   mà a   a   ;       3      1   b    b  1  ;   , từ đó    a  b   x   x    3     Ta có: f ' t   3t2  2t   , t  ; Lại đặt t  x    x   t3 , (3) trở thành: t  t3    t3   t   t3    t  1  t3  t2  2t       t   t2  t    t  Với t   x    x  Kết luận: Phương trình có nghi ệm x  Ví dụ 7: Giải phương trình x  x  12 x    x  x  19 x  11  x  x  12 x   u 1 Phân tích: Đặt u   x  x  19 x  11   3   x  x  19 x  11  u   3 Phương trình (1) b ị lệch bậc, đó ta cần thêm u3 vào VP (1), muốn ta cộng (1) với (2) thì được: 3x  x   u3  u  lệch bậc x bị triệt tiêu Để x không bị triệt tiêu ta nghĩ đến việc lấy (1) trừ (2) thì được: x  15 x  31x  18  u3  u  3 Phương trình (3) đã có d ạng đồng bậc hệ số bậc cao hai vế không giống ( 2x và u3 ) nên không thể giải theo hướng này Như vậy, ta cần kết hợp (1) với (2) cho khéo để phương trình thu là đồng bậc, và hệ số bậc cao vế Muốn ta nhân hai vế (1) cho cộng với (2) thì được: x  3x  5x   u3  2u Cố định vế phải và biến đổi vế trái cho: x  3x  5x   t3  2t , đó t  ax  b , dễ thấy a   t  x  b Từ đó: x  x  x    x  b    x  b  , đồng hệ số ta b  1 Tới đây ta có lởi giải sau: Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Giải  x  x  12 x   u 1 3   x  x  19 x  11  u   Đặt u   x  x  19 x  11   Nhân vế (1) với cộng vế với vế cho (2) được: x  3x  5x   u3  2u   x  1   x  1  u3  2u  f  x  1  f  u  f  t   t3  2t  3 , đó Ta có f ' t   3t2   0, t  R Suy ra, f  t  đồng biến trên R     x   u  x    x  x  19 x  11   x  x  19 x  11   x  1  2 x  12 x  22 x  12    x  1 x   x    x    x  x   Kết luận: Phương trình có nghi ệm: x  , x  và x  Ví dụ 8: Giải các phương trình: 1) x   x  2) 8x  36 x  53x  25  3x  3) x  x  x   x  x  4)  x  5 x    3 x  Giải x   x   x   2a Đặt: a  x    2 x   a 1 2 Để tạo dạng đồng bậc, hệ số bậc cao giống nhau, ta lấy (1) cộng (2) thì được: x  x  a3  2a  f  x   f  a  1 , đó f  t   t3  2t Ta có: f ' t   3t2   0, t Do đó: 1  x  a  x  x   x  x     x  1  x  x  1  x    x  1   Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  và x  8x  36 x  53x  25  3x  8 x  36 x  53 x  25  a Đặt a  x    3 x   a 1  1 2 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Nhân hai vế (2) với sau đó cộng với (1) được: 8x  36 x  56 x  30  a3  a   x     x    a3  a  f  x    f  a   3 , đó f  t   t 3  t Ta có: f ' t   2t2   0, t Do đó:  3  x   a  x   3 x     x  36 x  51x  22    x   x  20 x  11  x   x    Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  và x  x  x  x   x  x  1 2  x  x  x   a Đặt a  x  x    7 x  x   a Cộng (1) và (2) được: 5 x  x  x   a3  a   x  1   x  1  a3  a  f  x  1  f  a   3 , đó f  t   t  t Ta có: f ' t   3t2   0, t x  Suy ra,  3  x   a  x   x  x   x  x  x     1   x  3 Kết luận: Phương trình có nghi ệm: x  và x  BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI  1  Bài 1: Giải phương trình: x  3x  5x   x   x2  Giải Đặt a  x   1, phương trình đã cho tr thành:   x  3x  5x   a2  a  x  3x  5x   a3  2a   x  1   x  1  a3  2a  f  x  1  f  a  *  , đó f  t   t  2t f ' t   3t2   0, t Suy ra, hàm số f  t  đồng biến trên R  x  1  *   x   a  x   x     x   x  x   x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x = Bài 2: Giải phương trình: x  x   x  x  11   x  x  Giải Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Điều kiện:  x  PT   x  1 2   x  3    x  x 1  x  1   x     x     x  f  x  1  f   x   *  , đó f  t   t  t Ta có: f ' t     t , với t   0, t  t  f  t  đồng biến trên  0;   , đó: t2   *   x    x  x  Kết luận: Phương trình có nghi ệm x = Bài 3: Giải phương trình: x  x  1   x  3  x  Giải Điều kiện: x   a2 Khi đó phương trình đã cho trở thành:   a2    x 4x2      a  x  x   1  a a   f  x   f  a   *  , đó   2   1 f  t   t t   t3  t 2 Ta có: f ' t   t2   0, t  f  t  đồng biến trên R đó: 2 x  *   x  a  x   x  4 x  x    x  1 4 21  Đặt a   x   a2   x  x          Kết luận: Phương trình có nghiệm x  1  21 Bài 4: Giải phương trình: x   x x    x  1 x  x   Giải Phương trình đã cho tương đương v ới:  x  1  x  x x    x  1   x  1   x  1  x  1 2   x  1    x    x    x    f  x  1  f   x   *  , đó f  t   t  t t  2,  t  R 2 Ta có: f ' t    t   t2 t2  Do đó  *   x    x  x    0, t  f  t  đồng biến trên R Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Kết luận: Phương trình có nghiệm x = Bài 5: Giải phương trình: x  18x  27 x  14  x  Giải 1 2 4 x  18 x  27 x  14  a 4 x   a Đặt a  x    Nhân hai vế (1) với cộng với (2) được: x  36 x  58 x  33  a3  a   x     x    a3  a  f  x  3  f  a  *  , đó f  t   t  2t Ta có: f ' t   3t2   0, t Suy ra, f  t  đồng biến trên R   *   x   a  x   x   x  36 x  50 x  22   x  1   x  1 x  14 x  11     x  7     Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  1 và x  Bài 6: Giải phương trình: 7  x   x  (Toán học Tuổi trẻ) Giải Điều kiện: x    x  a  b a  x   a2  x   Đặt   a  x    b  x   b  x  a  x   Cộng (1) với (2)  a  a2  x  x  f  a   f  x  Ta có: f ' t   3t2  2t  0, t  1 2  3 , đó f  t   t  t2 ,  t  R Suy f  t  đồng biến trên  0;   , và a, b   0;   nên:  3  a  x  x  x   x  x    x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x  Bài 7: Giải phương trình: x  3x  3 3x    3x Giải  x  x  x   3a 3 x   a Đặt a  3 x    1 2 Cộng (1) với (2) được: x  x  x   a3  3a   x  1   x  1  a3  3a Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ  f  x  1  f  a   3 , đó f  t   t  3t  t  R Ta có: f ' t   3t   0, t  f  t  đồng biến trên R Do đó:  3  x   a  x   3x   x  3x     x  1  x  x    3 2  x  x  2 Kết luận: Phương trình có nghi ệm x  và x  2 Bài 8: Giải phương trình: x 1  2x    x2 Giải  x  1 Điều kiện:   x  13 a  x    a   a  2a  a   b Đặt    b  a 1   3 b  x  b  2a2  2a   b   Cộng (1) với (2) được: a3  a  b  b  f  a   f  b  Ta có: f ' t   3t2   0, t  3 , đó f  t   t 1 2  t  f  t  đồng biến trên R   3  a  b  x   x   4 Đặt t  x    x   2t2  , (4) trở thành:  t   1 3 2 2t   t  t  2t     t  1 t  t    t   t     +) Với t = 1: +) Với t    L x    x  1 : x 1  1 1  4x     x  2 Kết luận: Phương trình có nghi ệm: x  và x  1 Bài 9: Giải phương trình: x  13 x   x x 1  x  x  Giải Ta có x = không phải là nghiệm phương trình Xét x  : chia hai vế cho x3 ta được: PT  13    23   x x x x x 1 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ  t , (1) trở thành: 8t3  13t2  7t  t2  3t  x 8t3  13t2  7t  2a  *  Đặt: a  t  3t    (**) t  3t   a Đặt Cộng (*) với (**) ta được: 8t3  12t2  10t   a3  2a   2t  1   2t  1  a3  2a  f  2t  1  f  a    , đó f  t   t  2t Ta có: f ' t   3t2   0, t  f  t  đồng biến trên R nên:    2t   a  2t   t2  3t  t    t  1 8t  5t      89 t   16 +) Với t     x  x  89 16 x +) Với t  16  89   Kết luận: Phương trình có nghi ệm: x  và x  Bài 10: Giải phương trình: x  x   16  89  1 x 8x Giải Điều kiện: x  Nhân hai vế phương trình với x  được: x  x   x 2x  x2   a 2  x  Đặt a   x2  x3    x  x  x  a3    Cộng (2) với (3) được: x  x  a3  a  f  x   f  a  Ta có: f ' t   3t2   0, t  f  t  đồng biến trên R     x  a  x  x   L    9  x x  x       22 8  x   Kết luận: Phương trình có nghiêm: x  x 9x   x2  x3 8 1   , đó f  t   t  t 9x 9x  x2  x3  x3  x2  0 8  22 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Bài 11: Giải phương trình: x  x    x 3x  1  3x   Giải Điều kiện: x   Ta có x  không phải là nghiệm phương trình Với x    3x   , phương trình đã cho tương đương v ới: x  3x    x 3x  1  3x   3x     x  3x    x3  3x  x  3x  1  3x  Đặt a  x    3x  1  3x  x 1  x  x  x  a3  2a2  a  a  0, a  1   3 x   a Nhân hai vế (2) với cộng với (1) được: x  x  x   a3  a   x  1   x  1  a3  a Xét hàm số f  t   t3  t,   t  R 1 2  3 Ta có: f ' t   3t2   0, t  f  t  đồng biến trên R, đó đó:  3  f  x  1  f  a   x   a  x    x  x   x   x  0 3x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x =  1   Bài 12: Giải phương trình:  x  x    2  x x2 1 x2 Giải Điều kiện: x  Nhân hai vế phương trình đã cho v ới x ta được: x  x  x   x  x  x 2 x  x  x   a Đặt a  x  x  x   3  x  x  x  a   3 1 Cộng (1) với (2) được: x  x  x   a3  a   x  1   x  1  a3  a Xét hàm số f  t   t3  t  3 Ta có f ' t   3t2   0, t  f  t  đồng biến trên R Do đó:  3  f  x  1  f  a   x   a  x   x  x  x  x  x  x    x  Kết luận: Phương trình có nghiệm x = Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Bài 13: Giải phương trình: x 3 x2  27 x x  27 Giải Điều kiện: x  3 x  1  x  x  27  x  27  x x  27 x x2   1 x2 x x  27 Xét hàm số f  t   t  , t  R \0 t Ta có: f ' t     0, t   f  t  đồng biến trên R \0 Do đó: t   1  f x   f  2x   x   2x  x  27 x  x  54  x x  27  x  27  x  2  x  x  27 x  54    x   x  x      x  3  L    PT  x2        Kết luận: Phương trình có nghi ệm x = Bài 14: Giải phương trình: x  x  x  10  3x3  x 2 x  4x  Giải x  Điều kiện: x  x   x  x  1    x   3 2 Do x  không là nghiệm phương trình  x   3x   3x  5  x 3x   x  x  10  x x   x2  4x  x2  4x   x  x  x  x x         x x  4x   3x   3x   *   x2  4x  3x    PT  x    Phân tích phương trình (*) b ằng CASIO: +) SOLVE nghiệm lẻ X  6.192582404 +) Gán X  A + Sử dụng TABLE: F(X)  A  AX , Start = -7, End = 7, Step = (chú ý, ta dò hệ số nên giá trị Start và End không bị ràng buộc điều kiện x) Kết X  1  F  X  2 Từ đó A  A  2  A  A , A lưu giá trị nghiệm x nên: 3x   x  Điều đó gợi ý cho ta đặt a  3x  và b  x  , đưa phương trình dạng hàm đặc trưng Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ a  x    Đặt  , phương trình (*) trở thành: b  x     a 3 b 2   a2   a    b   b   1 a  b 3 Xét hàm số: f  t   t2   t   ,  t  R       Ta có: f ' t   2t  t     t2  3  3t2  4t   0, t  f  t  đồng biến trên R Do đó: 1  f  a   f  b    29  x  3x   x    x  x  x   Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  Bài 15: Giải phương trình: x  29 và x  x  17 x   x   x  1  x  1 Giải Điều kiện: x   17 x  x  x  17  4 x  17 PT    x  x  x   x  1 x    x2  2x  x   x       a  x   Đặt  , phương trình (1) trở thành:  b  x   a2    a2   2a  1  b   2b  1   2 a  b   2b  1       Xét hàm f  t    t2    2t  1 ,    1   t  R Ta có: f ' t   2t  2t  1   t2    6t2  2t   0, t  f  t  đồng biến trên R Do đó: 2  f  a  f  b   a  b  x   x   x  3x    phương trình vô nghi ệm 17 Kết luận: Phương trình có nghiêm x  Bài 16: Giải phương trình:  x  1 x  1  x  x   x  1 x  x   Giải PT  x  x   x   x  1  x  x 2 x    x  1 x  x   x    x  1  x  1 3  Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ   x  1   x  1  x  1     x   x  3   x Xét hàm số f  t   t2  t t2  3, 1 3  t  R t2 Ta có: f ' t   2t  t2   2 t 3  0, t (do t2   t2 t 3  t  t  2t )  f  t  đồng biến trên R Do đó:  x  1 1  f  x  1  f  x  x    x   x  1  x  3x  x     x      2 Thử lại ta thấy nghiệm x  1 thỏa mãn Kết luận: Phương trình có nghiệm x  1 Bài 17: Giải phương trình:  x  x   x    x  2 x  1 x  x     Giải Điều kiện:   x  a  x    x   a2   x  x   VT  Đặt  , phương trình đã cho trở 2 b   x  1   x  x    x  1   b  thành: b b b2 b a  a  b  b  2    a2  a       4 2 2 Xét hàm số: f  t   t  t,  t  R *  Ta có: f ' t   2t   0,t   f  t  đồng biến trên  0;   Do đó: *   f  a   f  2b   a  2b      2x    x  1  2x  2        x  1    x  1    16   b  b    b   b    b    b   b   b  8    b     b   b    * *  Xét  * *  : Đặt t   b , 8  t  t    t   y   được:  t  2  8t     t   t2  2t      t      L Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ  x  2 x   2 Với b    x  1     x    x   2  Kết luận: Phương trình có nghiệm: x   và x  2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình: a) 2x  3x  6x  11   x    b) 2x    x x   x  c) 5x   2x   x  Bài 2: Giải các phương trình: a) 2x  7x  5x   3x  1 3x  b) 8x  4x   6x  c) x  x   6x  3x Bài 3: Giải phương trình: 3x  4x   x  2x  x Bài 4: Giải phương trình: 8x  6x   12x  2x  Bài 5: Giải phương trình:  x  x  3x  4x     Bài 6: Giải phương trình: x  2 x  4x    x  x2    Bài 7: Giải phương trình: x  5 x    3x  Bài 8: Giải phương trình: x  6x  11x  3x   Bài 9: Giải phương trình: 4x  3 4x  x  2x  x  x  5x  Bài 10: Giải phương trình: x  5x  6x   2x  2x  Bài 11: Giải phương trình: 3x   x  3x x  Bài 12: Giải phương trình: x  6x  14x  15x   x  5x  8x  6 x  Bài 13: Giải phương trình: x  18x  29x   3x   Bài 14: Giải phương trình: x  2x  3x   x  6 x   Bài 15: 12 x  10 x  x   x x  x  x Bài 16: Giải phương trình: x  3 x   x  3  x  2x  Bài 16: Giải phương trình: Bài 18: Giải phương trình: x  22x  1  x    x  62x  1  2  x  x  4 x   2x  1 x 2   Bài 19: Giải phương trình:  x  x  4x  x  4 x   x   Bài 20: Giải phương trình: x  5 x   x  31  2  x   29 x  2 Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI PT VÔ TỈ Bài 21: Giải phương trình: x  x  x  x   x   x  Bài 22:  x  1 x  x   x   x x   Bài 24: Giải phương trình: 2x    Bài 23: Giải phương trình: 2x   x  3x   2x  4x  Bài 25: Giải phương trình: 3x  2  Bài 27: x3  x2  x   x5 x  4 3x  x 3 x x  5x   5x   5 2 Bài 26: Giải phương trình:  x  4x   2x   x 1 1 x x 1 1   Bài 28: Giải phương trình: x  6x  x x  2x  Bài 29: Giải phương trình: x  6x  x  2 x  4x  x  1  x  2  x  x  x  19x  14 x   Bài 30: Giải phương trình: x x 1 Bài 31: Giải phương trình: 4x  8x   4x  4 2x   2x    x  x  4x  x2  1  Bài 32: Giải phương trình: x 1 x  2x  x  x  4x  12 Bài 33: Giải phương trình:  x  2 x  2x  10  x 2 2   8x  13x Bài 34: Giải phương trình:  x  1 2x   x  3x  Bài 35: Giải phương trình: x   x x   x  2x  Bài 36: Giải phương trình: x  3x  2x    Bài 37: Giải phương trình: x     2x  2  x  2     2x  6x   4x  16x  17 2x   Phùng Văn Hùng – GV trường THPT Liễn Sơn – Vĩnh Phúc