HÀM SỐ
1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: Tính đơn điệu của hàm số
I. Kiến thức cơ bản
1. Định nghĩa
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên K:
+ Hàm số y = f(x) được gọi đồng biến trên khoảng K nếu:
1 2 1 2 1 2
, , ( ) ( )x x K x x f x f x∀ ∈ < ⇒ <
+ Hàm số y = f(x) được gọi là nghịch biến trên khoảng K nếu:
1 2 1 2 1 2
, , ( ) ( )x x K x x f x f x∀ ∈ < ⇒ >
2. Qui tắc xét tính đơn điệu
a. Định lí
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K:
+ Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số đồng biến
+ Nếu f’(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số nghịch biến
b. Qui tắc
B1: Tìm tập xác định của hàm số
B2: Tính đạo hàm của hàm số. Tìm các điểm x
i
(i = 1, 2,…,n) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không
xác định.
B3: Sắp xếp các điểm x
i
theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên.
B4: Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến.
II. Các ví dụ
Loại 1: Xét sự biến thiên của hàm số
Ví dụ 1. Xét sự đồng biến và nghịc biến của hàm số:
3 2 2

Chứng minh hàm số
2
2y x x= −
nghịch biến trên đoạn [1; 2]
Ví dụ 4
a. Chứng minh hàm số
2
9y x= −
đồng biến trên nửa khoảng [3; +
∞
).
b. Hàm số
4
y x
x
= +
nghịc biến trên mỗi nửa khoảng [-2; 0) và (0;2]
Ví dụ 5. Chứng minh rằng
a. Hàm số
3
2 1
x
y
x
−
=
+
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó.
b. Hàm số
2

5 6
( )
3
x x m
f x
x
+ + +
=
+
đồng biến trên khoảng
(1; )+∞
Ví dụ 8. Với giá trị nào của m, hàm số:
2
1
m
y x
x
= + +
−
đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.
Ví dụ 9
Xác định m để hàm số
3
2
( 1) ( 3)
3
x
y m x m x= − + − + +
đồng biến trên khoảng (0; 3)
Ví dụ 10

+ f ( x) đồng biến trên [a; b] thì
( ) ( ) ()f a f x f≤ ≤
+ f(x) nghịch biến trên [a; b] thì
( ) ( ) ( )f a f x f b≥ ≥
Ví dụ 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
2
2 3
1 1
. tanx > sinx, 0< x < b. 1 + 1 1 , 0 < x < +
2 2 8 2
x x
. cosx > 1 - , 0 d. sinx > x - , x > 0
2 6
x
a x x x
c x
π
− < + < + ∞
≠
Ví dụ 2.
Chohàm số f(x) = 2sinx + tanx – 3x
a. Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng
0;
2
π
 
÷

 
b. Chứng minh rằng

π
π
= − ∈
2
a. Xét chiều biến thiên của hàm số trên
[0; ]
4
π
b. Chứng minh rằng
4
tan , [0; ]
4
x x x
π
π
≤ ∀ ∈
 CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Dạng 1. Tìm cực trị của hàm số
Phương pháp:
Dựa vào 2 qui tắc để tìm cực trị của hàm số y = f(x)
Qui tắc I.
B1: Tìm tập xác định.
B2: Tính f’(x). Tìm các điểm tại đó f’(x) = 0 hoặc
f’(x) không xác định.
B3. Lập bảng biến thiên.
B4: Từ bảng biến thiên suy ra các cực trị
Qui tắc II.
B1: Tìm tập xác định.
B2: Tính f’(x). Giải phương trình f’(x) = 0 và kí hiệu
là x

3
y x x
y x x
x
x
= + −
= ⇔ + − =
=

⇔

= −

+
∞
-
∞
- 54
71
+
+
-
0
0
2
-3
+
∞
-
∞

y”= 12x + 6
y’’(2) = 30 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và
y
ct
= - 54
y’’(-3) = -30 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại x = -3 và
y
cđ
=71
Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau:
2 3 4 3
3 2 4 2
3 2
. y = 10 + 15x + 6x b. y = x 8 432
. y = x 3 24 7 d. y = x - 5x + 4
e. y = -5x + 3x - 4x + 5
a x x
c x x
− − +
− − +
3
f. y = - x - 5x
Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau:
2 2
2 2
2
2
x+1 x 5 (x - 4)
. y = b. y = c. y =
x 8 1 2 5

Bài 4. Tìm cực trị các hàm số:
. y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx
1
d. y = sin2x e. y = cosx + os2x f.
2
a
c
π
∈ y = 2sinx + cos2x víi x [0; ]
Dạng 2. Xác lập hàm số khi biết cực trị
Để tìm điều kiện sao cho hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x = a
B1: Tính y’ = f’(x)
B2: Giải phương trình f’(a) = 0 tìm được m
B3: Thử lại giá trị a có thoả mãn điều kiện đã nêu không ( vì hàm số đạt cực trị tại a thì f’(a)
= 0 không kể CĐ hay CT)
Ví dụ 1. Tìm m để hàm số y = x
3
– 3mx
2
+ ( m - 1)x + 2 đạt cực tiểu tại x = 2
LG
2
' 3 6 1y x mx m= − + −
.
Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì y’(2) = 0
2
3.(2) 6 .2 1 0 1m m m⇔ − + − = ⇔ =
Với m = 1 ta được hàm số: y = x
3
– 3x

®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2
x mx
y
x m
+ +
=
+
Bài 4. Tìm m để hàm số
3 2 2
2 2 ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1y x mx m x= − + −
Bài 5. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số:
3 2
( ) axf x x bx c= + + +
đạt cực tiểu tại điểm x = 1, f(1) = -3 và
đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2
Bài 6. Tìm các số thực q, p sao cho hàm số
( )
1
q
f x xp
x
= +
+
đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2
Hướng dẫn:
2
'( ) 1 , x -1
( 1)
q
f x

Phương pháp
B1: Tìm m để hàm số có cực trị.
B2: Vận dụng các kiến thức khác Chú ý:
• Hàm số
3 2
ax ( 0)y bx cx d a= + + + ≠
có cực trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm
phân biệt.
4
Cc tr ca hm phõn thc
( )
( )
p x
y
Q x
=
. Gi s x
0
l im cc tr ca y, thỡ giỏ tr ca y(x
0
) cú th c
tớnh bng hai cỏch: hoc
0 0
0 0
0 0
( ) '( )
( ) hoặc y(x )
( ) '( )
P x P x
y x

>

= >

<

b. TX:
{ }
\ 2Ă

2 2
2 2
2
(2 )( 2) ( 2 4) 4 4 4
'
( 2) ( 2)
àm số có cực đại, cực tiểu khi ' 0 ó hai nghiệm phân biệt khác -2 4 4 4 0
' 0 4 4 4 0
0
4 8 4 4 0 0
x m x x mx m x x m
y
x x
H y c x x m
m
m
m m
+ + + + + +
= =
+ +

. Tỡm m hm s cú cc i cc tiu.
Bi 5. Cho hm
2
1
x mx
y
x
+
=

. Tỡm m hm s cú cc tr
Bi 6. Cho hm s
2
2 4
2
x mx m
y
x
+
=
+
. Xỏc nh m hm s cú cc i v cc tiu.
Dng 4. Tỡm tham s cỏc cc tr tho món tớnh cht cho trc.
Phng phỏp
+ Tỡm iu kin hm s cú cc tr
+ Vn dng cỏc kin thc v tam thc, h thc Viet tho món tớnh cht.
Vớ d .
5
Bài1. Tìm cực trị của các hàm số sau:
2 3 4 3

− +
− +
Bài 3. Tìm cực trị các hàm số
2
2 2
3
2 2
x+1 5 - 3x
. y = x 4 - x b. y = c. y =
x 1 1 - x
x x
. y = e. y = f. y = x 3 - x
10 - x 6
a
d
x
+
−
Bài 4. Tìm cực trị các hàm số:
. y = x - sin2x + 2 b. y = 3 - 2cosx - cos2x c. y = sinx + cosx
1
d. y = sin2x e. y = cosx + os2x f.
2
a
c
π
∈ y = 2sinx + cos2x víi x [0; ]
Bài 5. Xác định m để hàm số
3 2
3 5 2 ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2y mx x x= + + +

= +
+
đạt cực đại tại điểm x = -2 và f(-2) = -2
Bài 11. Tìm m để hàm số
3 2
3 2. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hµm sè cã C§, CT?y x mx= − +
Bài 12. Tìm m để hàm sô
2 3
( 1) 1x m m x m
y
x m
− + + +
=
−
luôn có cực đại và cực tiểu.
Bài 13. Cho hàm số
3 2
2 · 12 13y x x= + − −
. Tìm a để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực tiểu của
đồ thị cách đều trục tung.
Bài 14. Hàm số
3 2
2( 1) 4 1
3
m
y x m x mx= − + + −
. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu.
Bài 15. Cho hàm
2
1

0
) bằng 0 hoặc khơng xác định
• Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b]:
B1: Tìm các giá trò x
i

[ ]
;a b∈
(i = 1, 2, , n) làm cho đạo hàm bằng 0 hoặc không xác đònh .
B2: Tính
1 2
( ), ( ), ( ), , ( ), ( )
n
f a f x f x f x f b
B3: GTLN = max{
1 2
( ), ( ), ( ), , ( ), ( )
n
f a f x f x f x f b
}
GTNN = Min{
1 2
( ), ( ), ( ), , ( ), ( )
n
f a f x f x f x f b
}
Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
1
y x
x

Hàm số liên tục trên [-4; 0],
2 2
[-4;0]
[-4;0]
1
'( ) 4 3 '( ) 0 4 3 0
3
16 16
( 4) , ( 3) 4, ( 1) , (0) 4
3 3
Ëy Max 4 x = -3 hc x = 0
16
Min khi x = -4 hc x = -1
3
x
x
x
f x x x f x x x
x
f f f f
V y khi
y
∈
∈
= −

= + + ⇒ = ⇔ + + = ⇒

= −


là tiệm cận ngang của nếu một trong hai điệu kiên sau được thoả mãn:
0 0
lim ( ) ,hc lim ( )
x x
f x y f x y
→+∞ →−∞
= =
• x = x
0
là tiệm cận đứng của (C) nếu một trong các điều kiện sau đựơc thoả mãn:
0 0 0 0
lim , lim , lim , lim
x x x x x x x x
+ − + −
→ → → →
= +∞ = +∞ = −∞ = −∞
7
GTLN
-
+
y
y'
b
x
0
a
x
GTNN
+
-

− −
II. Các dạng toán
Dạng 1: Tiệm cận hàm số hữu tỉ
( )
( )
P x
y
Q x
=
Phương pháp
• Tiệm cận đứng: Nghiệm của mẫu không phải là nghiệm của tử cho phép xác định tiệm cận đứng.
• Tiệm cận ngang, xiên:
+ Det(P(x)) < Det (Q(x)): Tiệm cận ngang y = 0
+ Det(P(x)) = Det(Q(x)): Tiệm cận ngang là tỉ số hai hệ số bậc cao nhất của tử và mẫu.
+ Det (P(x)) = Det(Q(x)) + 1: Không có tiệm cận ngang; Tiệm cận xiên được xác định bằng
cách phân tích hàm số thành dạng: f(x) = ax + b +
( )x
ε
với
lim ( ) 0
x
x
ε
→∞
=
thì y = ax + b là tiệm cận xiên.
Ví dụ 1. Tìm các tiệm cận của các hàm số:
2
2
2x- 1 x 7 x + 2

x x
x
x
x
x
→±∞ →±∞
−
−
= =
+
+
nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
b.
+
2
3
7
lim
3
x
x x
x
−
→
− −
= −∞
−
. Nên x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+
1

−
Nên x = 1 là đường tiệm cận đứng.
+
2
1
2
lim
1
x
x
x
−
→−
+
= +∞
−
. Nên x = -1 là tiệm cận đứng.
+
2
2
2
1 2
2
lim 0
1
1
1
x
x
x x

( )
2
b
y a x
a
= +
có tiệm cận xiên bên phải
Với
lim ( ) 0
x
x
ε
→−∞
=
khi đó
( )
2
b
y a x
a
= − +
có tiệm cận xiên bên tr ái
VÝ dô
T×m tiÖm cËn cña hµm sè:
2
9 18 20y x x= − +
Híng dÉn
2
9( 2) 6y x= − +
8

- -

L < 0 0
- +

+ -

Bài 1. Tìm tiệm cận các hàm số sau:
2x - 1 3 - 2x 5 -4
. y = b. y = c. y = d. y =
x + 2 3x + 1 2 - 3x x + 1
x+ 1 1
e. y = f. y = 4 +
2x + 1 x- 2
a
-x + 3 4 - x
g. y = h. y =
x 3x + 1
Bài 2. Tìm tiệm cận của các hàm số sau:
2 2 2
2 2 2 2
2
x 12 27 x 2 x 3 2- x
. y = b. y = c. y = d. y =
4 5 ( 1) 4 x 4 3
1 x 2
. y = 2x -1 + f. y =
x 3
x x x
a

a
x
x
c y
x
+

+
=

Bài 4. Xác định m để đồ thị hàm số:
2 2
3
2( 2) 1
x
y
x m x m

=
+ + + +
có đúng 2 tiệm cận đứng.
Bài 5. Tính diện tích của tam giác tạo bởi tiệm cận xiên của đồ thị tạo với hai trục toạ độ của các hàm số:
2 2
3x 1 -3x 4
. y = b. y =
1 2
x x
a
x x
+ + +

9
2
-2
-4
-5
5
2
-2
-4
-5
5
2
-2
-4
-5
5
4. khảo sát và vẽ hàm bậc ba
Dạng 1: Khảo sát và vẽ hàm số
3 2
(a 0)y ax bx cx d= + + +
Phơng pháp
1. Tìm tập xác định.
2. Xét sự biến thiên của hàm số
a. Tìm các giới hạn tại vô cực và các giới hạn tại vô cực (nếu có). Tìm các đờng tiệm cận.
b. Lập bảng biến thiên của hàm số, bao gồm:
+ Tìm đạo hàm, xét dấu đạo hàm, xét chiều biến thiên và tìm cực trị.
+ Điền các kết quả vào bảng.
3. Vẽ đồ thị của hàm số.
+ Vẽ đờng tiệm cận nếu có.
+ Xác định một số điểm đặc biệt: Giao với Ox, Oy, điểm uốn.

+ = + = +
+ = + =
c. Bảng biến thiên
2 2
0
' 3 6 ' 0 3 6 0
2
x
y x x y x x
x
=

= + = + =

=

Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0) và (2; + )
Và nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại điểm x= 2 ; và y
CĐ
=y(2)= 3
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x =0 và y
CT
= y(1) = -1
3. Đồ thị
+ Giao với Oy: cho x = 0
0y =
. Vởy giao với Oy tại điểm O(0; -1)
+

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho.
b. Tìm các giá trị của m để phơng trình
3 2
3 0x x m =
có 3 nghiệm phân biệt.
10
3
-

+

-1
-
-
+
0
0
2
0
+

-

y
y'
x
2
-2
-5
5

3 2 3
3 4x mx m +
.
a/ Kho sỏt v v th hm s khi m=1 .
b/ Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh x=1 .
Bài 7 (ĐH- A- 2002)
Cho hàm số
3 2 2 3 2
3 3(1 )y x mx m x m m= + + +
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m= 1
b. Tìm k để phơng trình:
3 2 3 2
3 3 0x x k k + + =
có 3 nghiệm phân biệt.
c. Viết phơng trình đờng thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).
Bài 8 (CĐ SP MGTW- 2004)
Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 4m
a. Chứng minh đồ thị hàm số luôn có 2 cực trị.
b. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
Bài 9 (ĐH-B- 2007)
Cho hàm số
3 2 2 2
3 3( 1) 3 1y x x m x m= + +
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1
b. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu và các điểm cực trị cách đều điểm O.
Bài 10 (ĐH - D - 2004)

0
) + y
0
)
Bài 7
Cho hàm số y = (x - m)
3
- 3x
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
b. Tìm m để hàm số đã cho đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0
11
Bài 8
Cho hàm số y = (x -1)(x
2
+ mx + m)
c. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
d. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m= 4
Bài 11
Cho hàm số y =
3 2 2
2 2x mx m x +
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m =1
b. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = 1
12
Hàm bậc bốn trùng phơng và một số bài tập có liên quan
I. Một số tính chất của hàm trùng phơng
Hàm số luôn có cực trị với mọi giá trị của tham số sao cho
0a

Hàm số đạt giá trị cực đại, cực tiểu

2 2
a x x x
d x x
+ + +
= 1
Bài 2.
Cho hàm số
4 2 2
2 1y x m x= +
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m =1
b. Tìm m để đồ thị hàm số có ba cực trị là ba đỉnh của tam giác vuông cân.
Bài 3 (ĐH Đà Lạt - 2002)
a. Giải phơng trình
4 2
2 1 0x x + =
b. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =
4 2
2 1x x +
c. Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình
4 2
2 1 0x x m + =
Bài 4 (ĐH Thái Nguyên - 2002)
Cho hàm số
4 2
m
2 (C )y x mx= +
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
b. Hãy xác định m để hàm số đồ thị hàm số có 3 cực trị
Bài 5. (ĐH Vinh - 2002)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Cho hàm số
4 2
2 2y x x m= +
(C
m
)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0
b. Tìm các giá trị của m để đồ thị (C
m
) của hàm số chỉ có hai điểm chung với Ox
c. Chứng minh với mọi m tam giác có 3 đỉnh là ba cực trị là một tam giác vuông cân.
14
HỌ ĐƯỜNG CONG
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Cho họ đường cong
),(:)( mxfyC
m
=
( m là tham số )
Biện luận theo m số đường cong của họ
)(
m
C
đi qua điểm
);(
000
yxM
cho trước.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Ta có :

C
D¹ng 1:
TÌM ĐIỂM CỐ ĐỊNH CỦA HỌ ĐƯỜNG CONG
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT:
Cho họ đường cong
),(:)( mxfyC
m
=
( m là tham số )
Tìm điểm cố đònh của họ đường cong (C
m
)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Bước 1: Gọi
);(
000
yxM
là điểm cố đònh (nếu có) mà họ (C
m
) đi qua. Khi đó phương trình:

),(
00
mxfy =
nghiệm đúng
∀
m (1)
Bước 2: Biến đổi phương trình (1) về một trong các dạng sau:
Dạng 1:
0=+ BAm


=
=
=
⇔∀=++
0
0
0
0
2
C
B
A
mCBmAm
(3)
Bước 3: Giải hệ (2) hoặc (3) ta sẽ tìm được
);(
00
yx
Bµi tËp
Bµi 1. Cho hä (C
m
)
3 2 2
3( 1) 2( 4 1) 4 ( 1)y x m x m m x m m= − + + + + − +
. CMR: Khi m thay ®ỉi th× hä ®êng cong
lu«n qua mét ®iĨm cè ®Þnh.
Bµi 2. Cho hä ®å thÞ (C
m
):

b. Chøng minh r»ng hä ®êng cong lu«n ®i qua mét ®iĨm cè ®Þnh.
15
Bài 5. Cho hàm số:
1
, m 1
mx
y
x m

=

. Gọi (H
m
) là đồ thị của hàm số đã cho.
a. Chứng minh rằng với mọi
1m

, họ đờng cong luôn qua 2 điểm cố định.
b. Gọi M là giao điểm của 2 tiệm cận. Tìm tập hợp các điểm M khi m thay đổi.
Bài 6. Cho hàm số:
3 2
m
( 2) 2( 2) ( 3) 2 1 (C )y m x m x m x m= + + + + +
. Chứng minh rằng họ đồ thị luôn qua
ba điểm cố định và 3 điểm cố định đó cùng nằm trên một đờng thẳng.
Dạng 2: Tìm điểm họ đồ thị hàm số không đi qua
Phơng pháp:
B1: Giả sử M(x
0
; y

3 2
m
2 3( 3) 18 8 (C )y x m x mx= + +
. Chứng minh rằng trên đờng cong y = x
2
có
hai điểm mà (C
m
) không đi qua với mọ m.
16
CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a) Phương pháp
 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :
A B C D+ = +
, ta thường bình phương 2 vế ,
điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau

( )
3 3 3 3
3 3
3 .A B C A B A B A B C+ = ⇒ + + + =

và ta sử dụng phép thế :
3 3
A B C+ =
ta được phương trình :
3
3 . .A B A B C C+ + =

2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
+
+ + = − + + +
+
Giải:
Điều kiện :
1x ≥ −
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
2
1
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x
+
+ = − + +
+
, từ nhận xét này ta có lời giải như sau :
3
2



Thử lại :
1 3, 1 3x x= − = +
l nghiệm
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x k x+ = +
Mà có :
( ) ( ) ( ) ( )
. .f x h x k x g x=
thì ta biến đổi
( ) ( ) ( ) ( )
f x h x k x g x− = −
2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
như vậy phương trình luôn đưa về được
dạng tích
( )
( )
0
0x x A x− =
ta có thể giải phương trình
( )
0A x =
hoặc chứng minh

3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) :
2 2
12 5 3 5x x x+ + = + +
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x+ − + = − ≥ ⇔ ≥
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
( ) ( )
2 0x A x− =
, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2

+ + + +
Bài 3. Giải phương trình :
2 33
1 1x x x− + = −
Giải :Đk
3
2x ≥
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
( )
( )
( )
( )
2
2 3
3
2 3
2 2
3
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x x x x
x
x x
 

x
+ +
<
− +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng
A B C+ =
, mà :
A B C
α
− =

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của
x
. Ta có thể giải như sau :
A B
C A B
A B
α
−
= ⇒ − =
−
, khi đĩ ta có hệ:
2
A B C
A C
A B
α

x
x x x x x
x x x x
+
= + ⇒ + + − − + =
+ + − − +
18
Vậy ta có hệ:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x
=


+ + − − + =


⇒ + + = + ⇔


2002)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 5 2 10x x x x x− − = + − −
23
4 1 2 3x x x+ = − + −
2 33
1 3 2 3 2x x x− + − = −
2
3
2 11 21 3 4 4 0x x x− + − − =
(OLYMPIC 30/4-2007)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − +
2 2
2 16 18 1 2 4x x x x+ + + − = +
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức
( ) ( )
1 1 1 0u v uv u v+ = + ⇔ − − =
( ) ( )
0au bv ab vu u b v a+ = + ⇔ − − =
2 2
A B=
Bài 1. Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + +
Giải:

1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 
Bài 3. Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
Giải:
: 1dk x ≥ −
pt
( ) ( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

=

Bài 4. Giải phương trình :

A B=
Bài 1. Giải phương trình :
3 3x x x− = +
Giải:
Đk:
0 3x≤ ≤
khi đó pt đ cho tương đương :
3 2
3 3 0x x x+ + − =
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
−
 
⇔ + = ⇔ =
 ÷
 
Bài 2. Giải phương trình sau :
2
2 3 9 4x x x+ = − −
Giải:
Đk:
3x ≥ −
phương trình tương đương :
( )
2
2
1

3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
Giải : pttt
( )
3
3 3
2 3 0 1x x x⇔ + − = ⇔ =
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt
( )
t f x=
và chú ý điều kiện của
t
nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến
t
quan trọng hơn ta có thể giải được
phương trình đó theo
t
thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể
đặt hoàn toàn
( )
t f x=
thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x− − + + − =
Điều kiện:
1x
≥

=
. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
− +
− − − = ⇔ − − + =
2 2
( 2 7)( 2 11) 0t t t t⇔ + − − − =
Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3t t= − ± = ±
Do
0t ≥
nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3t t= − + = +
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3 vaø x x= − = +
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0x x− − ≥
Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0x x x− − − =
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.

Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :
( )
(
)
2
2004 1 1x x x= + − −
Giải: đk
0 1x≤ ≤
Đặt
1y x= −
pttt
( )
( )
2
2
2 1 1002 0 1 0y y y y x
⇔ − + − = ⇔ = ⇔ =
Bài 5. Giải phương trình sau :
2
1
2 3 1x x x x
x
+ − = +
Giải:
Điều kiện:
1 0x− ≤ <
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
1 1
2 3x x
x x

1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
2 2
15 2 5 2 15 11x x x x− − = − +
2
( 5)(2 ) 3 3x x x x+ − = +
2
(1 )(2 ) 1 2 2x x x x+ − = + −
2 2
17 17 9x x x x+ − + − =
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − +
2 2
11 31x x+ + =
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0
n
n n
x x x+ + − + − =
2
(2004 )(1 1 )x x x= + − −
( 3 2)( 9 18) 168x x x x x+ + + + =
3
2 2

. .a A x bB x c A x B x+ =

2 2
u v mu nv
α β
+ = +
21
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo
dạng này .
a) . Phương trình dạng :
( ) ( ) ( ) ( )
. .a A x bB x c A x B x+ =
Như vậy phương trình
( ) ( )
Q x P x
α
=
có thể giải bằng phương pháp trên nếu
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 =


= +


Xuất phát từ đẳng thức :


( )
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv
u v
=


+ = ⇔

=

Tìm được:
5 37
2
x
±
=
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x− + = − + +
Bài 3: giải phương trình sau :
2 3

u v uv
v u
=


+ = ⇔

=

Ta được :
4 6x = ±
Bài 4. Giải phương trình :
( )
3
3 2
3 2 2 6 0x x x x− + + − =
Giải:
Nhận xét : Đặt
2y x= +
ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y
=

− + − = ⇔ − + = ⇔


2 2
3u v u v+ = −
Bài 2.Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
Giải
Đk
1
2
x ≥
. Bình phương 2 vế ta có :
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x+ − = + ⇔ + − = + − −
Ta có thể đặt :
2
2
2 1
u x x
v x

= +

= −


= ⇔ + = −
Bài 3. giải phương trình :
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x− + − − − = +
Giải:
Đk
5x ≥
. Chuyển vế bình phương ta được:
( )
( )
2 2
2 5 2 5 20 1x x x x x− + = − − +
Nhận xét : không tồn tại số
,
α β
để :
( )
( )
2 2
2 5 2 20 1x x x x x
α β
− + = − − + +
vậy ta không thể đặt
2
20
1
u x x
v x

= − −

(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải:
2
2t x= +
, ta có :
( )
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
=

− + − + = ⇔

= −

Bài 2. Giải phương trình :
( )
2 2
1 2 3 1x x x x+ − + = +
Giải:
Đặt :
2
2 3, 2t x x t= − + ≥

Bài 3. Giải phương trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1x x x x+ − = + − + −
Giải:
Nhận xét : đặt
1t x= −
, pttt:
4 1 3 2 1x x t t x+ = + + +
(1)
Ta rút
2
1x t= −
thay vào thì được pt:
( ) ( )
2
3 2 1 4 1 1 0t x t x− + + + + − =
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t
( ) ( )
2
2 1 48 1 1x x∆ = + + − + −
không
có dạng bình phương .
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo
( ) ( )
2 2
1 , 1x x− +
Cụ thể như sau :
( ) ( )
3 1 2 1x x x= − − + +
thay vào pt (1) ta được:

 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải
nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Xuất phát từ đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
3a b c a b c a b b c c a+ + = + + + + + +
, Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
0a b c a b c a b a c b c+ + = + + ⇔ + + + =
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
2 23 3
3
7 1 8 8 1 2x x x x x+ − − − + − + =
3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0x x x x+ + − + − − − =
Bài 1. Giải phương trình :
2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x= − − + − − + − −
Giải :
2
3
5
u x
v x
w x

= −


 
 
− = + +
+ + =
 
, giải hệ ta được:
30 239
60 120
u x= ⇔ =
Bài 2. Giải phương trình sau :
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − +
24
Giải . Ta đặt :
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x

= −



4
4
4
1 1 1 1x x x x x x x x+ − + − = − + + −
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt
( ) ( )
,u x v x
α β
= =
và tìm mối quan hệ giữa
( )
x
α
và
( )
x
β
từ đó tìm được hệ theo u,v
Bài 1. Giải phương trình:
(
)
3 3
3 3
25 25 30x x x x− + − =
Đặt
3
3 3 3
35 35y x x y= − ⇒ + =

0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v

− − =

⇒ ≤ ≤ − ≤ ≤ −

=


Ta đưa về hệ phương trình sau:
4
4
2
2 4
4
4
1
1
2
2
1
2 1
2 1
2
u v
u v
u v

, từ đó tìm ra
v
rồi thay vào tìm nghiệm của phương
trình.
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6x x+ + − =
Điều kiện:
1x
≥
Đặt
1, 5 1( 0, 0)a x b x a b= − = + − ≥ ≥
thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a

+ =

→ + − + = ⇒ − + = ⇒ = −

− =


Vậy
11 17