Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp
SỰ BẤT ĐỊNH CỦA HỆ SỐ ĐA THỨC
NGUỒN GỐC CHO LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP.
Người thực hiện: Lê Sỹ Giảng
A. Đặt vấn đề:
Khi giải một số phương trình mũ-logarit cũng như một số phương trình, hệ phương trình đại số trong
các kỳ thi quốc gia do Bộ GD-ĐT tổ chức.Với câu hỏi thường gặp của học sinh trong quá trình giải
toán” Làm sao nghĩ ra lời giải tự nhiên và đẹp đến vậy? Mấu chốt vấn đề ở đâu?”.Để giúp học sinh trả
lời câu hỏi, sau đây chúng ta sẽ giải quyết một phần nhỏ của vấn đề lớn nêu trên.
B.Giải quyết vấn đề:
Cở sở phương pháp:

• Dùng phép biến đổi tuyến tính đa thức để phân tích thành tổng các đa thức, các hằng đẳng thức
như ý muốn.
• Ứng dụng đạo hàm trong việc khảo sát sự biến thiên của hàm số để xác định số nghiệm của phương
trình.
• Tính đơn điệu của hàm số: Giả sử hàm số f (x) đơn điệu trên tập D ⊂ R với x1 , x2 ∈ D khi đó
ta có:
f (x1 ) = f (x2 ) ⇐⇒ x1 = x2

• Bất đẳng thức AM-GM: Cho hai số a, b không âm, khi đó:
√
a + b ≥ 2 ab
dấu ”=” đạt được nếu và chỉ nếu a = b
• P/S: Ngoài ra chúng ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi tuyến tính đa thức để sáng tác ra
phương trình, hệ phương trình phù hợp với yêu cầu của từng kỳ thi ở các mức độ "khó" khác nhau!.
I. PHƯƠNG TRÌNH MŨ-LOGARIT:
Ví dụ 1: Giải phương trình:7x−1 = 1 + 2 log7 (6x − 5)3

(1)



1
> 0 ∀t > 0
t ln 7

Nên ϕ(t) là hàm đồng biến, do đó:
ϕ 7x−1 = ϕ(6x − 5) ⇐⇒ 7x−1 = 6x − 5
Xét hàm: f (a) = 7a − 6a − 1; a = x − 1 > −

1
có: f (a) = 7a ln 7 − 6
6

⇒ f (a) = 0 ⇐⇒ a0 = log7 6 − log7 (ln 7)

Hình 1:
Vì hàm số f (a) đồng biến trên (−∞; a0 ) và nghịch biến trên (a0 ; +∞) nên f (a) = 0 có không quá
hai nghiệm. Hơn nữa f (0) = f (1) = 0 do đó a1 = 0, a2 = 1 là 2 nghiệm của phương trình f (a) = 0
Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S1 = { 1; 2}
Bài toán tổng quát:
Giải các phương trình:
a) af (x) − k loga g(x) = h(x) (∗)(a > 1, k > 0)
Giả sử : h(x) = g(x) − kf (x) khi đó phương trình (*) trở thành:
af (x) + kf (x) = g(x) + k loga g(x)
Xét hàm: ϕ(t) = t + k loga t, t > 0 có: ϕ (t) = 1 + k

1
> 0, ∀t > 0, a > 1 ⇒ ϕ(t) là hàm số đồng
t ln a


= x2 − 18x − 31 (2)
2x + 1

Lời giải:
1
Điều kiện: x > − , x = 1 Cần tìm α, β, γ ∈ R thỏa mãn:
2
x2 − 18x − 31 = α(x − 1)2 + β(2x + 1) + γ ⇐⇒ x2 − 18x − 31 = αx2 + (2β − 2α)x + α + β + γ



α
⇐⇒ −2α + 2β


α+β+γ



=1
α = 1
= −18 ⇐⇒ β = −8


= −31
γ = −24

Khi đó phương trình (2) được viết lại như sau:
(2) ⇐⇒ 8 log 1 (x − 1)2 − 8 log 1 (2x + 1) = (x − 1)2 − 8(2x + 1) − 24
2


1
= f (2x + 1) ⇐⇒ (x − 1)2 = 2x + 1
8
√
x = 9 + 2√22
2
⇐⇒ x − 18x − 7 = 0 ⇐⇒
x = 9 − 2 22
√
√
Suy ra phương trình đã cho có tập nghiệm là: S2 = 9 − 2 22; 9 + 2 22
f

Bài toán tổng quát:
Giải phương trình:
loga

f (x)
= h(x) (∗ ∗ ∗); 0 < a = 1, f (x) > 0, g(x) > 0
g(x)

• Trường hợp 1: h(x) = −f (x) + ak g(x) + k và a > 1 thì:
f (x)
= −f (x) + ak g(x) + k
g(x)
=⇒ loga f (x) − loga g(x) = −f (x) + ak g(x) + k

(∗ ∗ ∗) ⇐⇒ loga


nghịch biến trên (0; +∞) nên:

ϕ(f (x)) = ϕ ak g(x) ⇐⇒ f (x) = ak g(x)
• Trường hợp 3: h(x) = kg(x) − kf (x) thì:
f (x)
= kg(x) − kf (x)
g(x)
=⇒ loga f (x) − loga g(x) = kg(x) − kf (x)
=⇒ loga f (x) + kf (x) = loga g(x) + kg(x)

(∗ ∗ ∗) ⇐⇒ loga

1
+ k tùy từng khả năng mà chúng ta có thể kết
t ln a
luận được dấu của ϕ (t) từ đó hàm ϕ(t) đơn điệu trên (0; +∞) và suy ra được rằng:

Xét hàm: ϕ(t) = loga t + kt, t > 0 có: ϕ (t) =

ϕ (f (x)) = ϕ (g(x)) ⇐⇒ f (x) = g(x)

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2x

√
3

1
x

− 2x

2x2 − 2x − 1
1
= α + β(x − 1) + γ
2x
x
2x2 − 2x − 1
−βx2 + (β + γ)x + α
⇐⇒
=
2x
x


α = −1


1
⇐⇒ β = −

2


γ =0
=⇒ (3) ⇐⇒

√

3

1

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

4

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.


Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp
Xét hàm f (t) = 3t + t có: f (t) = 3t ln 3 + 1 > 0,
(−∞; 0) ∪ (0; +∞) do đó:

0 = t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến trên

1
= f (x − 1) ⇐⇒
=x−1
2x
√

1+ 3
 x=
2√
⇐⇒ 2x2 − 2x − 1 = 0 ⇐⇒ 
1− 3

− 812x−1 = 0 (4)

Lời giải:
Điều kiện: x ∈ R
(4) ⇐⇒ 3x

2 +5x+1

− 50.32x

2 +2x

− 38x−4 = 0

(4 )

Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho:
x2 + 5x + 1 = α(2x2 + 2x) + β(8x − 4) + γ
⇐⇒ x2 + 5x + 1 = 2αx2 + (2α + 8β)x − 4β + γ


1


α =


2α
=
1

, v = 34x−2 khi đó (4 ) trở thành:
27uv − 50u2 − v 2 = 0 ⇐⇒ 25uv − 50u2 − v 2 + 2uv = 0
⇐⇒ 25u(v − 2u) − v(v − 2u) = 0 ⇐⇒ (25u − v)(v − 2u) = 0
2

25.3x +x = 34x−2
2
34x−2 = 2.3x +x

⇐⇒

25u − v = 0
=⇒
v − 2u = 0

=⇒

x2 + x + log3 25 = 4x − 2
⇐⇒
x2 + x + log3 2 = 4x − 2

Vì

x2 − 3x + 2 + log3 25 = 0 (a)
x2 − 3x + 2 + log3 2 = 0 (b)

∆(a) = 1 − 4 log3 25 < 0
nên phương trình (4’) vô nghiệm!
∆(b) = 1 − 4 log3 2 < 0
5


√

2

1+x

⇐⇒ −x + 3 = (−α + β)x + α + β
= −1
α =2
⇐⇒
=3
β =1
√
√
√
=⇒ (5) ⇐⇒ 1 + x + 2(1 − x) − 2 1 − x + 1 + x − 3 1 − x2 = 0 (5 )
√
√
Đặt: u = 1 + x ≥ 0, v = 1 − x ≥ 0, khi đó phương trình (5’) trở thành:
⇐⇒

−α + β
α+β

u2 + 2v 2 − 2v + u − 3uv = 0 ⇐⇒ (u2 − 2uv) + (u − 2v) − (uv − 2v 2 ) = 0
⇐⇒ u(u − 2v) + (u − 2v) − v(u − 2v) = 0 ⇐⇒ (u − 2v)(u − v + 1) = 0
√
√
u − 2v = 0

  5 √
  5
x=




5√
x = ± 3
⇐⇒  4x2 = 3
⇐⇒ 
⇐⇒ 

3

2

1
x
=
−
1
−1 ≤ x ≤ −

2
−1 ≤ x ≤ −
2
2
√
Kết luận: Phương trình đã cho có tập nghiệm là: S5 =

√
√
√
x − 11 + 4 x + 3 + 2 3 − 2x = a x + 3 + b
Đồng nhất các hệ số tương ứng :
 2
a − 2c2



2ab

2cd


 2
3a + b2 + 3c2 + d2

2

√
+ c 3 − 2x + d

2


=1
(a, b, c, d) = (−1, 2, −1, 1)
 (a, b, c, d) = (−1, 2, 1, −1)
=4


(nhận)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S6 = {1}
√
Ví dụ 7: Giải phương trình sau: 2x2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 0 (7)
Lời giải:
Cần tìm α, β, γ ∈ R sao cho:
2x2 − 11x + 21 = α(4x − 4)2 + β(4x − 4) + γ
⇐⇒ 2x2 − 11x + 21 = 16αx2 + (4β − 32α)x + (16α − 4β + γ)


1


α =


16α
=
2


8
⇐⇒ 4β − 32α
= −11 ⇐⇒ β = − 7






7

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.


Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp

x3 − y 3
2x2 + 3y 2

Ví dụ 8: Giải hệ phương trình sau:

= 35
(1)
= 4x − 9y (2)

Lời giải:
Lấy (1) + α.(2) ta được:
x3 − y 3 − 35 + α(2x2 + 3y 2 − 4x + 9y) = 0
⇐⇒ x3 + 2αx2 − 4αx − y 3 + 3αy 2 + 9αy − 35 = 0 (1 )
Ta cần tìm 3 số a, b, α ∈ R sao cho:
x3 + 2αx2 − 4αx − y 3 + 3αy 2 + 9αy − 35 = (x + a)3 − (y + b)3


3
3


a

y+5
x3 − y 3

=x
= 35

=⇒ (y + 5)3 − y 3 − 35 = 0 ⇐⇒ 15y 2 + 75y + 90 = 0 =⇒ (y + 2)(y + 3) = 0 (3)

x =2

 y = −3
(y + 2)(y + 3) = 0
Từ (2 ) và (3) ta có hệ phương trình:
=⇒ 
 x =3
y+5
=x

y = −2
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là: S8 = {(2, −3); (3; −2)}
Nhận xét: Những hệ phương trình chứa các hạng tử là x3 , x2 , x và y 3 , y 2 , y ta có thể sử dụng hệ số bất
định đưa về hằng đẳng thức quen thuộc!

Ví dụ 9: Giải hệ phương trình sau:
Lời giải:
Ta có:



x 2 + y 2

(2)

Lấy α(1) + β.(2) :
α x2 + y 2 −
⇐⇒ α

=⇒ α

1+4

β
α

1+4

β
α

1
5

57
=0
25
α 57β
+ β(3x + y) − −
=0
5
25


3
α

=9

⇐⇒

= 6α

α =1
β =2

Từ đó suy ra: Lấy (1) + 2.(2) ta được phương trình hệ quả:
(3x + y)2 + 2(3x + y) −

 3x + y
=⇒ 
3x + y

7
17
119
= 0 ⇐⇒ 3x + y −
3x + y +
25
5
5

7
7

 x + y 2 − 1

5

17

−3x −
5


=0



=y

=⇒ 


=0


=y

  

x = 2


5

2
102
284

 
y =
10x2 +
x+
=0

25
5
25
 
 
17
102
284

2

 10x +
=y
−3x −
x
+

5
5
25




α + γ = 8
α = 7
⇐⇒ β + α = 9 ⇐⇒ β = 2




β+γ =3
γ =1
Từ đó chúng ta tách vế trái của (10) như sau:
8a2 + 9b2 + 3c2 = 7(a2 + b2 ) + 2(b2 + c2 ) + (c2 + a2 )
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
7(a2 + b2 ) + 2(b2 + c2 ) + (c2 + a2 ) ≥ 14ab + 4bc + 2ac
9

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.


Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp

Vậy: 8a2 + 9b2 + 3c2 ≥ 14ab + 4bc + 2ac
Bài toán tổng quát:
Cho X,Y,Z,U,T,V là các hàm số tương ứng với biến số a,b,c, còn α, β, γ, ζ, η, ξ là các số thực.CMR:
αX(a, b, c) + βY(a, b, c) + γZ(a, b, c) ≥ ζU(a, b, c) + ηT(a, b, c) + ξV(a, b, c)
Ta cần tìm m, n, p, q ∈ R sao cho:
m (X(a, b, c) + Y (a, b, c)) + n (Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) + p (Z(a, b, c) + X(a, b, c)) =
= αX(a, b, c) + βY (a, b, c) + γZ(a, b, c)

2
Có thể áp dụng bất đẳng thức AM-GM chứng minh được:
α+β−γ
(X(a, b, c) + Y (a, b, c)) ≥ ζU (a, b, c)
2
β+γ−α
(Y (a, b, c) + Z(a, b, c)) ≥ ηT (a, b, c)
2
α+γ−β
(Z(a, b, c) + X(a, b, c)) ≥ ξV (a, b, c)
2
Với chú rằng biểu thức vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh có thể là một số.
B
C
A
Ví dụ 11: Tìm các góc của∆ABC , biết: 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C = 4 cos + 10 cos + 2 cos
2
2
2
Lời giải:
Ta biết rằng:
A+B
A−B
C
cos
≤ 2 cos
2
2
2
A+C




α + γ = 6
α = 1
⇐⇒ α + β = 3 ⇐⇒ β = 2




β+γ =7
γ =5

10

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.


Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp

Từ đó
(sin A + sin B) + 2(sin B + sin C) + 5(sin C + sin A) = 6 sin A + 3 sin B + 7 sin C
B
C
A
≤ 4 cos + 10 cos + 2 cos
2
2
2
A

4x + 6y
2x + 10z
4y + 20z
2

(12)

Lời giải:
Cộng 3 số m, n, p vào vế trái của (12) ta được:
15z − x − y
x + 5y + 5z
3x + y − 5z
+m+
+n+
+p=
4x + 6y
2x + 10z
4y + 20z
=

x(4m − 1) − y(6m − 1) + 15z x(2n + 1) + 5y + z(10n + 5) 3x + y(1 + 4p) + z(20p − 5)
+
+
4x + 6y
2x + 10z
4y + 20z

Đồng nhất các hệ số ở tử số của mỗi phân số có mặt trong biểu thức trên:



1
= (3x + 5y + 15z)
+
+
−3
4x + 6y 2x + 10z 4y + 20z
AM-GM
9
≥ (3x + 5y + 15z)
−3
2(3x + 5y + 15z)
9
3
= −3=
2
2
=

Ví dụ 13: Cho x.y, zlà các số thực dương, CMR:

y + 3z
4x
3y − x
+
+
≥ 5 (13)
x+y
y+z
z+x


m = p − 1 = 2
m = 2
Đồng nhất các hệ số ở tử số của mỗi phân số: m + 1 = n = 3 ⇐⇒ n = 3




n=p
=3
p =3
Từ đó:
y + 3z
4x
3y − x
+
+
x+y
y+z
z+x

y + 3z
2x
−x + 3y
+2+2
+3 +
+ 3 − 11
x+y
y+z
z+x
2x + 3y + 3z


16 − 11 = 5

Nhận xét: Kĩ thuật hệ số bất định thường được sử dụng đối với bất đẳng thức bất đối, khiến cho lời
giải tự nhiên và đẹp đẽ!
Ví dụ 14: Cho

x, y, z là các số thực không âm
x+y+z =2

. Tìm GTLN của:B = 5xy + 7yz + 8xz (14)

Lời giải:
Cần tìm α, β, γ sao cho:
αx(y + z) + βy(x + z) + γz(x + y) = 5xy + 7yz + 8xz
⇐⇒ (α + β)xy + (β + γ)yz + (α + γ)zx = 5xy + 7yz + 8xz




α
+
β
=
5

α = 3
⇐⇒ β + γ = 7 ⇐⇒ β = 2



31
31
340 60
=
− (3 − x − y − z)
31
31
280
=
31

280
21
16
25
khi x = , y = , z =
31
31
31
31
V.PHƯƠNG TRÌNH HÀM:
Vậy Bmax =

Ví dụ 15: Tìm hàm sốf : R −→ R thỏa mãn: f (xf (y) + x) = xy + f (x) (14) ∀(x, y) ∈ R
Lời giải:
12

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.




−ab − a = −a

b=0
Từ đó f (x) = −x hoặc f (x) = x thử lại vào phương trình hàm đã cho thấy thỏa mãn.
Vậy f (x) = x; f (x) = −x là các hàm cần tìm
Ví dụ 16: Tìm hàm sốf : R −→ R thỏa mãn: f (x) + 2f (1 − x) =

x2
2

(16) ∀x ∈ R

Lời giải:
Các biến số ở vế trái (15) là x, 1 − x bậc nhất vế phải bậc hai, do đó dự đoán hàm f (x) có dạng
ax2 + bx + c (a = 0)
Từ :
x2
x2
=⇒ ax2 + bx + c + 2(a(1 − x)2 + b(1 − x) + c) =
f (x) + 2f (1 − x) =
2
2
2
x
⇐⇒ 3ax2 − (4a + b)x + 2a + 2b + 3c =
2


1

x2 − 4x + 2
Nên f (x) =
, ta cần chứng minh f (x) vừa tìm được là duy nhất :
6
Thật vậy: Giả sử hàm số ξ(x) = f (x) thỏa mãn phương trình hàm đã cho:
x20
• Lấy x = x0 thay vào (16) ta được: ξ(x0 ) + 2ξ(1 − x0 ) =
(a)
2
• Lấy x = 1 − x0 thay vào (16) được: ξ(1 − x0 ) + 2ξ(x0 ) =
Từ (a) và (b) ta có ξ(x0 ) =
Vậy: f (x) =

x2 − 4x + 2
6

(1 − x0 )2
(b)
2

x20 − 4x0 + 2
= f (x0 ) nên điều giả sử sai.
6

13

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.


Sự bất định của hệ số đa thức-Nguồn gốc cho lời giải một số bài toán sơ cấp

= x + 4y

b)

ax2 + bx + c hoặc ax + b có thể áp dụng hệ số bất định để

b)3x

2 +3x

− 6.3x

2 +x

− 32x−1 + 2 = 0

d)6x = 1 + 2x + 3 log6 (5x + 1)
f)3x − log3 (1 + 2x) = 1 + x
√
√
√
h)2x − 1 = −3 1 − x + 1 + x + 1 − x2

x3 + y 3
4x2 + 3y 2

k)3cos x+1 − 3cos 3x+cos 2x = 4 cos3 x + 2 cos2 x − 4 cos x − 2

= 91
= 16x + 9y

[4]

Sách giải tích 12NC NXBGDVN.
Tạp chí toán học tuổi trẻ NXBGDVN.
Bộ đề thi tuyển sinh môn toán NXBGDVN 1996.
Cộng đồng HS-SV yêu toán:www.Mathvn.org

Perhaps my life is to learn and teach math.

14

c Lê Sỹ Giảng THPT Nguyễn Thị Bích Châu.