1
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

a x x x x
x
d
x
− + + − +
− +
+

Loại 2: Chứng minh hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định.
Phương pháp
+ Dựa vào định lí.
Ví dụ 3.
Chứng minh hàm số
2
2
y x x
= −
nghịch biến trên đoạn [1; 2]
Ví dụ 4
a. Chứng minh hàm số
2
9
y x
= −
đồng biến trên nửa khoảng [3; +
∞
).
b. Hàm số
4
y x

−
=
+
ngh
ị
ch bi
ế
n trên m
ỗ
i kho
ả
ng xác
đị
nh c
ủ
a nó.
b.

Hàm s
ố

2
2 3
2 1
x x
y
x
+
=
+

ị
c
ủ
a tham s
ố

để
m
ộ
t hàm s
ố
cho tr
ướ
c
đồ
ng bi
ế
n, ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng xác
đị
nh cho
tr
ướ
c
Ph

c b
ậ
c hai
Ví d
ụ
6.
Tìm giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
a
để
hàm s
ố

3 2
1
( ) ax 4 3
3
f x x x
= + + +

đồ
ng bi
ế
n trên R.
Ví d
ụ

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
Cho hàm số
4
mx
y
x m
+
=
+

a. Tìm m để hàm số tăng trên từng khoảng xác định
b. Tìm m để hàm số tăng trên
(2; )
+∞

c. Tìm m để hàm số giảm trên

( ) ( ) ()
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;

a.Ch
ứ
ng minh hàm s
ố

đồ
ng bi
ế
n trên n
ử
a kho
ả
ng
0;
2
π
 


 

b. Ch
ứ
ng minh
3
tan , (0; )
3 2
x
x x x
π

4
π

b.

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
4
tan , [0; ]
4
x x x
π
π
≤ ∀ ∈
 CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Dạng 1
. Tìm c
ự
c tr
ị
c

B2: Tính f’(x). Tìm các
đ
i
ể
m t
ạ
i
đ
ó f’(x) = 0 ho
ặ
c
f’(x) không xác
đị
nh.
B3. L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên.
B4: T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra các c
ự
c tr

ấ
u c
ủ
a f ” (x
i
) suy ra c
ự
c tr
ị

( f ”(x
i
) > 0 thì hàm s
ố
có c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i x
i
; ( f ”(x
i
) < 0
thì hàm s
ố
có c
ự
c

ụ
1. Tìm c
ự
c tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố

3 2
2 3 36 10
y x x x
= + − −

Qui t
ắ
c I.
TX
Đ
: R
2
2
' 6 6 36
' 0 6 6 36 0
2

3
y x x
y x x

∞∞
∞
-
∞
∞∞
∞
y
y'
x

V
ậ
y x = -3 là
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i và y
cđ
=71
x= 2 là
đ
i
ể
m c
ự
c ti

y”= 12x + 6
y’’(2) = 30 > 0 nên hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i x = 2 và
y
ct
= - 54
y’’(-3) = -30 < 0 nên hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i t
ạ
i x = -3 và
y
cđ
=71


x+1 x 5 (x - 4)
. y = b. y = c. y =
x 8 1 2 5
9 x 3 3 x
. y = x - 3 + e. y = f. y =
x - 2 1 x 4
x
a
x x x
x
d
x
+ −
+ + − +
− +
− +

Bài 3. Tìm c
ực trị các hàm số
4
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

2
' 3 6 1
y x mx m
= − + −
.
Hàm số đạt cực trị tại x = 2 thì y’(2) = 0
2
3.(2) 6 .2 1 0 1
m m m
⇔ − + − = ⇔ =

Với m = 1 ta được hàm số: y = x
3
– 3x
2
+ 2 có :
2
0
' 3 6 ' 0
2
x
y x x y
x
=

= −
⇒
= ⇔

=

2 2 ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1
y x mx m x
= − + −
Bài 5. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số:
3 2
( ) ax
f 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
x
= − ∀ ≠
+

+ Nếu 0 th× f'(x) > 0 víi x -1. Do ®ă hµm sè lu

Dạng 3. Tìm điều kiện để hàm số có cực trị
Bài toán: ‘Tìm m để hàm số có cực trị và cực trị thoả mãn một tính chất nào đó.’
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 bi
ệt.
5
•
Cực trị của hàm phân thức
( )
( )
p x
y
Q x
= . Giả sử x
0
là điểm cực trị của y, thì giá trị của y(x
0
) có thể được
tính bằng hai cách: hoặc
0 0
0 0
0 0

2
2 6 0 că 2 nghiÖm ph©n biÖt
x mx m+ + + =
2
3
' 6 0
2
m
m m
m
>

∆ = − − > ⇔

< −


b. TXĐ:
{
}
\ 2
−
2 2
2 2
2
(2 )( 2) ( 2 4) 4 4 4
'

Bài 2. Tìm m để hàm sô
2 3
( 1) 1
x m m x m
y
x m
− + + +
=
−
luôn có cực đại và cực tiểu.
Bài 3. Cho hàm số
3 2
2  12 13
y 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 4. 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 5. Cho hàm
2
1
x mx
y

. 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
9 x 3 3 x
. y = x - 3 + e. y = f. y =
x - 2 1 x 4
x
a
x x x
x
d
x
+ −
+ + − +
− +


Bài 5. Xác định m để hàm số
3 2
3 5 2 ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2
y mx x x= + + +
Bài 6. Tìm m để hàm số
3 2
2
ă r˜ ă
( ) 5 c cùc t t¹i x = 1. Khi ® hµm sè
că C§ hay CT
3
y x mx m x= − + − +
Bài 7. Tìm m để hàm số
2
1
®¹t cùc ®¹i t¹i x = 2
x mx
y
x m
+ +
=
+

Bài 8. Tìm m để hàm số
3 2 2
2 2 ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1
y x mx m x= − + −
Bài 9. Tìm các hệ số a, b, c sao cho hàm số:
3 2

Bài 13. Cho hàm số
3 2
2  12 13
y 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
x mx
y
x
+
=
−
. Tìm m để hàm số có cực trị
Bài 16. Cho hàm số
2
2 4
2
x mx m

Trong đó tại x
0
thì f’(x
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
( ), ( ), ( ), , ( ), ( )

= ±
.
Dễ thấy
1 (0; )
x
= − ∉ +∞

Vậy Minf(x) = 2 khi x = 1 và hàm số khơng có giá trị lớn nhất.
Ví dụ 2.
Tính GTLN, GTNN của hàm số
3
2
2 3 4
3
x
y x x
= + + −
trên đoạn [-4; 0]
Hướng dẫn
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

d. f(x) = x 3 9 7 trªn ®o¹n [-4;
3]
a x x x
x x x
+ − + + −
− + + − −

Bài 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số (nếu có):
2
x 1
. f(x) = trªn nưa kho¶ng (-2; 4] b. f(x) = x +2 +
trªn kho¶ng (1; + )
x + 2 x- 1
c. f(x) = x 1 - x d. f(x)
a
∞
1 3
= trªn kho¶ng ( ; )
cosx 2 2
π π

 TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ
I. Kiến thức cần nắm
Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C)
•
y = y
0
là tiệm cận ngang của nếu một trong hai điệu kiên sau được thoả mãn:
0 0
lim ( ) ,hc lim ( )

∞∞
∞
0
2
+
-
y
y'
+
∞
∞∞
∞
1
0
x
8
•
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
+ − + −
→ → → →
= +∞ = +∞ = −∞ = −∞

•
Đường thẳng y = ax + b (
0

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
. y = b. y = c. y =
x + 2 3 x 1
x
a
x
− −
− −

Hướng dẫn
a. Ta thấy
2 2
2 1 2 1
lim ; lim
2 2
x x
x x
x x
− +

lim
3
x
x x
x
−
→
− −
= −∞
−
. Nên x = 3 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
+
1
2
3
y x
x
= + −
−
. Ta thấy
1
lim[y - (x + 2)]= lim 0
3
x x
x
→∞ →∞
−
=
−
Vậy y = x+ 2 là tiệm cân xiên của đồ thị hàm số.

+
2
2
2
1 2
2
lim 0
1
1
1
x
x
x x
x
x
→+∞
+
+
= =
−
−
. Nên y = 0 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
Dạng 2. Tiệm cận của hàm vô tỉ
2
ax ( 0)
y bx c a
= + + >

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

H−íng dÉn
2
9( 2) 6
y x
= − +

10
Các tính giới hạn vô cực của hàm số
( )

+ +


- -


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
. y =
1
x+ 3
b. y =
x+ 1
1
.
4
x
a
x
x
c y
x
+

+
=

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

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

(1)
a.

Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị đi qua điểm
(4; 3)
A
b. Tìm m để đờng tiệm cận xiên của (1) cắt Parabol
2
y x
=
tại hai điểm phân biệt.
2
-2
-4
-5
5
2
-2
-4
-5
5
2


a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
b. Tuỳ theo giá trị của m, biện luận số nghiệm của phơng trình:
3 2
3 1
x x m
+ =

Hớng dẫn
a.
1. TXĐ: D
=


2. Sự biến thiên của hàm số
a. Giới hạn tại vô cực
3 3
2 3
3 3
2 3
3 1
lim ( 3 1) lim (1 )
3 1
lim ( 3 1) lim (1 )
x x
x x
x x x
x x
x x x
x x

=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
0
y
=
. Vởy giao với Oy tại điểm O(0; -1)
+
'' 0 6 6 0 1
y x x
= + = =
. Điểm A (1; 1)
+ Nhận điểm A làm tâm đối xứng.
b.
Số nghiệm của phơng trình là số giao điểm của 2 đồ thị
3 2
3 1
y x x
= +
và y =m
Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận:
m > 3: Phơng trình có 1 nghiệm.

3 phơng trình c 2 nghiệm
-1< m < 3: Phơng trình c 3 nghiệm.
m = -1: Phơng trình c 2 nghiệm
m < -1: Phơng trình c 1nghiệm

0
2
0
+



-



y
y'
x
2
-2
-5
5
12
b. Biệm luận theo m số nghiệm của phơng trình
3 2
2 3 1
x x m
+ =Bài 2 (TN THPT- lần 2 2008)
Cho hàm số y = x
3
- 3x

x x
+ -m=0 .

Bi 5 (TNTHPT 2004- PB)
Cho hm s y=
3 2
6 9
x x x
+
cú th l (C) .
a/ Kho sỏt v v th hm s .
b/ Vit phng trỡnh tip tuyn ti im có hoành độ là nghiệm của phơng trình y=0 .
c/ Vi giỏ tr no ca m thỡ ng thng y=x+m
2
-m i qua trung im ca on thng ni cc i vo
cc tiu .
Bi 6 (TNTHPT 2004 - KPB)
Cho hm s y=
3 2 3
3 4
x 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

3
3mx
2
+ 9x + 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 2
b. Tìm m để nghiệm của phơng trình y= 0 thuộc đờng thẳng y = x+ 1 Bài 8
Cho hàm số y = (x -1)(x
2
+ mx + m)
a. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m= 4

13
Bài 3
Cho hàm số
3 2
2 3( 1) 6( 2) 1
y x m x m x
= + +

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m =2
b. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu.
Bài 5 (ĐH 2006- D)
Cho hàm số

3 2 2
2 2
x 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
14
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
0
a




Hàm số đạt giá trị cực đại, cực tiểu
2
' 0 2 (2 ) 0
y x ax b
= + =
có ba nghiệm phân biệt
0
2
b
a
<



15
Bài tập hàm số trùng phơng
Bài 1. Khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số sau:
4 2 4 2 4 2
4 2 4 2 4 2
. y= -x 2 b. y = x 2 c.
y = x 6 1
1 5
. y = 3 e.y = -x +2x +3 f. y = x +2x +
2 2
a x x x
d x x
+ + +
=
1

Bài 2.
Cho hàm số
4 2 2
2 1
y 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 0
x x

4 2 2
5 3 0
x x m
+ =
có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 6
Cho hàm số
4
2
9
2
4 4
x
y x
=

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Biện luận theo k số giao điểm của (C) với đồ thị (P) của hàm số
2
2
y k x
=
Bài 7
Cho hàm số
4 2 3 2
2
y x mx m m
= +

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1

yxM cho trước.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:

Ta có :
Họ đường cong )(
m
C đi qua điểm );(
000
yxM
⇔
),(
00
mxfy = (1)
Xem (1) là phương trình theo ẩn m.
Tùy theo số nghiệm của phương trình (1) ta suy ra số đường cong của họ (Cm) đi qua M
0

Cụ thể:
• Nếu phương trình (1) có n nghiệm phân biệt thì có n đường cong của họ (Cm) đi qua M
0

• Nếu phương trình (1) vô nghiệm thì mọi đường cong của họ (Cm) đều không đi qua M
0

• Nếu phương trình (1) nghiệm đúng với mọi m thì mọi đường cong của họ (Cm) đều đi qua M
0

Trong trường hợp này ta nói rằng M
0
là điểm cố đònh của họ đường cong )(


m
∀

Dạng 2:
0
2
=++ CBmAm

m
∀

Áp dụng đònh lý:
0
=
+
BAm



=
=
⇔∀
0
0
B
A
m
(2)


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
):
1
mx
x m
+
=
+
. T×m c¸c ®iĨm cè ®Þnh mµ ®å thÞ cđa hµm sè lu«n ®i qua víi mäi
1
m
≠ ±

Bµi 3. Cho hä (C
m
) cã ph−¬ng tr×nh:
2
1
1
x mx m
y
x
+ − −

1
m

, 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
0
) là điểm mà họ đờng cong không thể đi qua.
B2: Khi có phơng trình:
),(
00
mxfy
=
vô nghiệm với m từ đó tìm đợc (x
0
; y
0

. Chứng minh rằng trên đờng cong y = x
2
có
hai điểm mà (C
m
) không đi qua với mọ m.
18
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 th
ườ
ng n
ế
u ta g
ặ
p ph
ươ
ng trình d
ạ
ng :
A B C D
+ = +
, ta th
ườ

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
+ + =b) Ví dụ
Bài 1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
3 3 1 2 2 2
x x x x
+ + + = + +

Giải: Đk
0
x
≥


ư
ng h
ơ
i ph
ứ
c t
ạ
p m
ộ
t chút .
Ph
ươ
ng trình gi
ả
i s
ẽ
r
ấ
t
đơ
n gi
ả
n n
ế
u ta chuy
ể
n v
ế
ph
ươ

)
f x g x h x k x
+ = +

Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x h x g x k x
+ = +
, thì ta bi
ế
n
đổ
i ph
ươ
ng trình v
ề
d
ạ
ng :
(
)
(
)

x
x x x x
x
+
+ + = − + + +
+

Giải:
Đ
i
ề
u ki
ệ
n :
1
x
≥ −

Bình ph
ươ
ng 2 v
ế
ph
ươ
ng trình ?
N
ế
u chuy
ể
n v

i nh
ư
sau :
3
2
1
(2) 3 1 1
3
x
x x x x
x
+
⇔ − + = − + − +
+

Bình ph
ươ
ng 2 v
ế
ta
đượ
c:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x

n xét : N
ế
u ph
ươ
ng trình :
(
)
(
)
(
)
(
)
f x g x h x k x
+ = +

Mà có :
(
)
(
)
(
)
(
)
. .
f x h x k x g x
=
thì ta bi
ế

m
đượ
c nghi
ệ
m
0
x
nh
ư
v
ậ
y ph
ươ
ng trình luôn
đư
a v
ề

đượ
c
d
ạ
ng tích
(
)
(
)
0
0
x x A x

A x
=
vô nghiệm 19
b) Ví dụ
Bài 1 .
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
(
)
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x
− + − − = − − − − +

Giải:

Ta nh
ậ
n th
ấ
y :
(
)
(

( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +
− + + − +

D
ể
dàng nh
ậ
n th
ấ
y x=2 là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a ph
ươ
ng trình .
Bài 2.

ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình , nh
ư
v
ậ
y ph
ươ
ng trình có th
ể
phân tích v
ề
d
ạ
ng
(
)
(
)
2 0
x A x
− =
,
để
th
ự
c hi

x x
x x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +
 
+ +
⇔ − − − = ⇔ =
 
+ + + +
 

D
ễ
dàng ch
ứ
ng minh
đượ
c :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +

a ph
ươ
ng trình , nên ta bi
ế
n
đổ
i ph
ươ
ng trình
( )
( )
( )
( )
2
2 33
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
 

3
3 9
2 5
x x
x
+ +
<
− +

V
ậ
y pt có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp

N
ế
u ph
ươ
ng trình vô t
ỉ
có d
ạ
ng

A B C

C A B
A B
α
−
=
⇒
− =
−
, khi
đĩ
ta có h
ệ
:
2
A B C
A C
A B
α
α

+ =

⇒
= +

− =



b) Ví dụ

ả
i là nghi
ệ
m
Xét
4
x
≠ −

Tr
ụ
c c
ă
n th
ứ
c ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x
+
= +
⇒
+ + − − + =
+ + − − +


+ + + − + = +




Th
ử
l
ạ
i th
ỏ
a; v
ậ
y ph
ươ
ng trình có 2 nghi
ệ
m : x=0 v x=
8
7Bài 5.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
2 2
2 1 1 3

ả
hai v
ế
cho x và
đặ
t
1
t
x
=
thì bài toán tr
ở
nên
đơ
n gi
ả
n h
ơ
n
Bài tập đề nghị
Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình sau :
( )
2 2
3 1 3 1
x x x x
+ + = + +

− + − = −

2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
− + − − =

(OLYMPIC 30/4-2007)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2
x x x x x x x
− + − − = + + + − +

2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
+ + + − = +

2 2
15 3 2 8
x x x
+ = − + +
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức
(
)


Giải:

( )( )
3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

= −


Bi 2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
2 2
3 3
3 3
1
x x x x x
+ + = + +

 

Bài 3.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
+ + + = + + +

Gi
ả
i:
: 1
dk x
≥ −

pt
( )( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x
=


ế
cho
3
x
+
:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
+ = ⇔ − = ⇔ =
 
+ + +
 

 Dùng hằng đẳng thức
21
Bi
ế
n
đổ
i ph
ươ
ng trình v
ề
d

đươ
ng
:
3 2
3 3 0
x x x
+ + − =
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
−
 
⇔ + = ⇔ =
 
 

Bài 2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
2
2 3 9 4
x x x
+ = − −

Giải:


+ + = ⇔ ⇔

− −

=
+ + = −





Bài 3.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x+ + = + +

Gi
ả
i : pttt
(

t f x
=
và chú ý
đ
i
ề
u ki
ệ
n c
ủ
a
t
n
ế
u ph
ươ
ng trình ban
đầ
u tr
ở
thành ph
ươ
ng trình ch
ứ
a m
ộ
t bi
ế
n
t

ể

đặ
t hoàn toàn
(
)
t f x
=
th
ườ
ng là nh
ữ
ng ph
ươ
ng trình d
ễ
.
Bài 1.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 2
1 1 2
x x x x
− − + + − =

Điều kiện
:

đượ
c
1
x
=

Bài 2.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
− − = +

Giải
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
4
5
x
≥ −

Đặ

Ta tìm
đượ
c b
ố
n nghi
ệ
m là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3
t t= − ± = ±

Do
0
t
≥
nên ch
ỉ
nh
ậ
n các gái tr
ị

1 3
1 2 2, 1 2 3
t t= − + = +

T
ừ

đ

n
2
2 6 1 0
x x
− − ≥

Ta
đượ
c:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
− − − =
, t
ừ

đ
ó ta tìm
đượ
c nghi
ệ
m t
ươ
ng
ứ
ng.
Đơ
n gi
ả
n nh


Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
1 6
x
≤ ≤

Đặ
t
1( 0)
y x y
= − ≥
thì ph
ươ
ng trình tr
ở
thnh:
2 4 2
5 5 10 20 0
y y y y y
+ + = ⇔ − − + =
( v
ớ
i
5)
y ≤

.
(THTT 3-2005)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
( )
(
)
2
2004 1 1
x x x
= + − −

Giải:

đ
k
0 1
x
≤ ≤

Đặ
t
1
y x
= −
pttt
(

x
− ≤ <

Chia c
ả
hai v
ế
cho x ta nh
ậ
n
đượ
c:
1 1
2 3x x
x x
+ − = +

Đặ
t
1
t x
x
= −
, ta gi
ả
i
đượ
c.
Bài 6.
Gi

x x
x x
 
− + − =
 
 

Đặ
t t=
3
1
x
x
−
, Ta có :
3
2 0
t t
+ − = ⇔
1 5
1
2
t x
±
= ⇔ =Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
2 2

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) 168
x x x x x
+ + + + =

3
2 2
1 2 1 3
x x
− + − =
Nhận xét
:
đố
i v
ớ
i cách

i v
ớ
i
t
l
ạ
i quá khó gi
ả
i
2.
Đặ
t
ẩ
n ph
ụ

đư
a v
ề
ph
ươ
ng trình thu
ầ
n nh
ấ
t b
ậ
c 2
đố
i v

thành :
2
0
u u
v v
α β
   
+ + =
   
   

0
v
=
th
ử
tr
ự
c ti
ế
p
Các tr
ườ
ng h
ợ
p sau c
ũ
ng
đư
a v

i các bi
ể
u th
ứ
c vô t
ỉ
thì s
ẽ
nh
ậ
n
đượ
c ph
ươ
ng trình vô t
ỉ
theo
d
ạ
ng này .
a) . Phương trình dạng :
(
)
(
)
(
)
(
)
. .

(
)
(
)
( ) ( ) ( )
.P x A x B x
Q x aA x bB x

=


= +



Xu
ấ
t phát t
ừ

đẳ
ng th
ứ
c :

(
)
(
)
3 2

x x x x x
+ = − + + +

Hãy t
ạ
o ra nh
ữ
ng ph
ươ
ng trình vô t
ỉ
d
ạ
ng trên ví d
ụ
nh
ư
:
2 4
4 2 2 4 1
x x x
− + = +

Để
có m
ộ
t ph
ươ
ng trình
đẹ

ng trình :
(
)
2 3
2 2 5 1
x x
+ = +

Giải:

Đặ
t
2
1, 1
u x v x x
= + = − +

Ph
ươ
ng trình tr
ở
thành :
( )
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv

Bài 3:
gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x
+ − = −

Giải:
Đ
k:
1
x
≥

Nh
ậ
n xt : Ta vi
ế
t
( )
(
)
( )
(
)
2 2

, ta
đượ
c:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u
=


+ = ⇔

=


Ta
đượ
c :
4 6
x = ±

Bài 4.
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình :

c 3
đố
i v
ớ
i 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
=

− + − = ⇔ − + = ⇔

= −


Pt có nghi
ệ
m :
2, 2 2 3
x x= = −

b).Phương trình dạng :
2 2
u v mu nv
α β
+ = +


ng trên.
24
Bài 1.
gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x
+ − = − +

Giải:
Ta
đặ
t :
2
2
1
u x
v x

=


= −


khi

≥
. Bình ph
ươ
ng 2 v
ế
ta có :
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x
+ − = + ⇔ + − = + − −

Ta có th
ể

đặ
t :
2
2
2 1
u x x
v x

Do
, 0
u v
≥
.
( )
2
1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
+ +
= ⇔ + = −

Bài 3.
gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
− + − − − = +

Gi
ả
i:
Đ
k


để
:
(
)
(
)
2 2
2 5 2 20 1
x x x x x
α β
− + = − − + +
v
ậ
y ta không th
ể

đặ
t
2
20
1
u x x
v x

= − −

= +

.

ng trình:
(
)
( )
2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)
x x x x x x
− − + + = − − +
.
Đế
n
đ
ây bài toán
đượ
c gi
ả
i
quy
ế
t .
Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên

3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

T
ừ
nh
ữ
ng ph
ươ

ỉ
không t
ầ
m th
ườ
ng chút nào,
độ
khó c
ủ
a ph
ươ
ng
trình d
ạ
ng này ph
ụ
thu
ộ
c vào ph
ươ
ng trình tích mà ta xu
ấ
t phát .
T
ừ

đ
ó chúng ta m
ớ
i

3 2 1 2 2
x x x x
+ − + = + +

Giải:

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

Bài 2
. Gi
ả
i ph

1 1 0
x x t
⇔ + − + =

25
Bây gi
ờ
ta thêm b
ớ
t ,
để

đượ
c ph
ươ
ng trình b
ậ
c 2 theo t có
∆
ch
ẵ
n
:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x

ẽ

đượ
c pt
sau
Bài
3. Gi
ả
i ph
ươ
ng trình sau :
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
+ − = + − + −

Gi
ả
i:
Nh
ậ
n xét :
đặ
t
1
t x
= −
, pttt:
4 1 3 2 1
x x t t x

đượ
c ph
ươ
ng trình theo t
(
)
(
)
2
2 1 48 1 1
x x
∆ = + + − + −
không
có d
ạ
ng bình ph
ươ
ng .
Mu
ố
n
đạ
t
đượ
c m
ụ
c
đ
ích trên thì ta ph
ả

i ph
ươ
ng trình:
2
2 2 4 4 2 9 16
x x x
+ + − = +

Giải .

Bình ph
ươ
ng 2 v
ế
ph
ươ
ng trình:
( )
(
)
( )
2 2
4 2 4 16 2 4 16 2 9 16
x x x x
+ + − + − = +

Ta
đặ
t :
(

ng chính ph
ươ
ng .
Nhận xét :
Thông th
ườ
ng ta ch
ỉ
c
ầ
n nhóm sao cho h
ế
t h
ệ
s
ố
t
ự
do thì s
ẽ

đạ
t
đượ
c m
ụ
c
đ
ích
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích

ả
i
nó chúng ta l
ạ
i
đặ
t nhi
ề
u
ẩ
n ph
ụ
và tìm m
ố
i quan h
ệ
gi
ữ
a các
ẩ
n ph
ụ

để

đư
a v
ề
h
ệ

(
)
3
3 3 3
0
a b c a b c a b a c b c
+ + = + + ⇔ + + + =

T
ừ
nh
ậ
n xét này ta có th
ể
t
ạ
o ra nh
ữ
ng ph
ươ
ng trình vô t
ỉ
có ch
ứ
a c
ă
n b
ậ
c ba .
2 2


= −


= −


= −


, ta có :
(
)
(
)
( )( )
( )( )
2
2
2
2
2
3 3
5
5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu
v w u w

x x x x x x x
− + − − = + + + − +