NHẬN LÀM CHỨNG CHỈ TIẾNG ANH – TIN HỌC UY TÍN, NHANH GỌN LIÊN HỆ : 0934.616.366 Gmail: lamchungchi.com@gmail.com Facebook: https://www.facebook.com/pages/Chứng-chỉ-Tiếng-Anh-Tin-học/163836360487186

4. Đặt ẩn phụ để giải phương trình
Nguyễn Thanh Trà
Ngày 11 tháng 12 năm 2012
1 Giải phương trình bằng Như vậy, một cách tổng quát, với phương
trình: √
cách đưa về hệ phương x2 + a = b bx − a
trình đối xứng
√ luôn có một cách giải tổng quát: Đặt
Ta
bx − a = t. Thế thì ta có t2 + a = bx. Ta
Đặt ẩn phụ là một phương pháp quen thuộc rút ra được hệ phương trình đối xứng. Ta sẽ
trong giải toán nói chung và giải phương trình đến với một ví dụ khó hơn.
nói riêng. Trong dạng này, việc đặt ẩn phụ
rồi tìm liên hệ ngược lại giữa phương trình và Ví dụ 2. Giải phương trình:
biến x sẽ dẫn ta đến một hệ phương trình. Hệ
phương trình có giải được hay không tùy thuộc 9 √
x2 − x − = 3 3x + 1
vào sự khéo léo trong cách đặt ẩn phụ của các 4
bạn. √
Trong chương này, ta xét một lớp các phương Lời giải. Đặt 3x + 1 = a − 1 . Ta có a2 − a +
2
1 3
trình có dạng: 4
= 3x + 1 ⇔ a2 − a − 4 = 3x. Vậy
√
ax2 + bx + c = d dx + e 3
x2 − x − 4 = 3a
3
Trước hết, ta xét phương trình: a2 − a − 4 = 3x
Ví dụ 1. Giải phương trình: Trừ theo vế hai đẳng thức. Từ đây ta có thể
√ dễ dàng tìm x.
x2 + 2 = 3 3x − 2
√
Lời giải. Với bắt đầu đơn giản, ta sẽ đặt a = Việc đặt 3x + 1 + 1 = a có vẻ hơi thiếu tự
2
√ nhiên. Một cách tổng quát hơn, có thế giải bài
3x − 2. Khi đó, ta có
toán lại như sau.
2
x + 2 = 3a
a2 + 2 = 3x Lời giải.
9 √
Đây là hệ phương trình đối xứng. Trừ theo vế x2 − x − = 3 3x + 1
của hai đẳng thức, ta có: 4
1 5 1 5
⇔ (x − )2 − = 3 3(x − ) +
x−a=0 2 2 2 2
(x−a)(x+a)−3(x−a) = 0 ⇔
x+a−3=0
Đây là dạng toán quen thuộc như trên khi ta
1
Từ đây ta có thể dễ dàng giải bài toán. coi x − 2 như một biến y.
1

5. Như vậy, với mỗi cách thay x bởi các biểu Lời giải. Bây giờ √ phương trình của chúng
thức vào phương trình (1) thì ta sẽ có nhiều ta√ không chỉ là a ax + b nữa mà là (x +
bài toán thú vị. Hãy xét một số vị dụ cụ thể. 2) 2x2 + 4x + 3. Ta thử biến đổi như sau:
√
Ví dụ 3. Giải phương trình: 4x2 + 5x = (x + 2) 2x2 + 4x + 3
⇔ 4x2 + 4x + 1 + x − 1
13 √ √
x2 + x + = 2 2x − 2 = (x + 2) 2x2 + 5x + 2 − x + 1
4
⇔ (2x + 1)2 + (x − 1)
Ví dụ 4. Giải phương trình: = (x + 2) (x + 2)(2x + 1) − (x − 1)
√ √ Nếu coi x−1 = a và x+2 = b thì phương trình
√
2x2 − 2 2x − 2 = 3 3 2x của chúng ta có dạng (2x+1)2 +a = b bx − a.
Tương tự suy nghĩ như trên, ta đặt
Ví dụ 5. Giải phương trình: (x + 2)(2x + 1) − (x − 1) = 2y + 1. Ta có:
√ √ √
x2 + 2 2x + 2 + 2 2 = 2 2x (2x + 1)2 + x − 1 = (x + 2)(2y + 1)
(2y + 1)2 + x − 1 = (x + 2)(2x + 1)
Ví dụ 6. Giải phương trình:
Trừ theo vế hai phương trình, ta có (2x + 1)2 −
2 2 11 (2y+1)2 = (x+2)(2y−2x) ⇔ 2(x−y)(2x+2y+
4 2
24x + 12x − 3 = 2 x + 2) = 2(y − x)(x + 2) ⇔ (x − y)(3x + 2y + 4) =
3 12
x=y
0⇔ Đối với mỗi phương trình
3x + 2y + 4
Để giải các bài toán này, ta làm ngược lại.
ta đều quy về phương trình bậc 2. Việc giải các
Tức là ta sẽ phân tích phù hợp để xuất hiện
phương trình này là khá dễ dàng.
(ax − b)2 + d = e e(ax − b) − d. Từ đó đặt ẩn
phụ at − b = e(ax − b) − d. Ta sẽ có các hệ Một câu hỏi đặt ra là làm sao để tìm ra phân
phương trình đối xứng. tích 4x2 + 5x = (2x + 1)2 + (x − 1) hay nói cách
Thế nếu hệ số của x2 không phải là 1 thì sao?. khác điều quan trọng nhất ở đây là tìm ra biểu
Hay cụ thể hơn, ta xét các phương trình: thức 2x + 1.
Để ý một chút là khi phân tích 4x2 + 5x =
√
2 cx − b (x + 2) 2x2 + 4x + 3 ⇔ (2x + 1)2 + (x − 1) =
ax + b = c
a (x + 2) (x + 2)(2x + 1) − (x − 1). Cộng biểu
thức vế trái và biểu thức trong dấu căn, ta có:
Điều này chỉ là tăng tính phức tạp chứ không
tăng độ khó. Chia cả hai vế cho a = 0. Ta có: (4x2 + 5x) + (2x2 + 4x + 3)
= ((2x + 1)2 + (x − 1))
b c c b + ((x + 2)(2x + 1) − (x − 1))
x2 + = · ·x−
a a a a = (2x + 1)2 + (x + 2)(2x + 1)
= (2x + 1)(2x + 3)
Ta có thế nhìn thấy ngay đây là dạng phương
trình ban đầu. Như thế, khi cộng biểu thức vế trái và biểu
Ta đến với ví dụ tiếp theo: thức trong dấu căn và phân tích thành nhân
tử thì một trong hai nhân tử là biểu thức cần
Ví dụ 7. Giải phương trình: tìm.
√ Hãy áp dụng phương pháp này để giải ví dụ
4x2 + 5x = (x + 2) 2x2 + 4x + 3 sau:
2

6. Ví dụ 8. Giải phương trình: Ví dụ 11. Giải phương trình:
√ √
x2 + x + 2 = (x + 2) x2 + 4x + 1 x3 + 2 = 3 3 3x − 2
Lời giải. Cộng biểu thức vế trái và biểu thức Ví dụ 12. Giải phương trình:
trong căn, ta có: √
x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3 4x + 1
x2 + x + 2 + x2 + 4x + 1 = (2x + 3)(x + 1)
Lời giải. Vẫn tương tự ý tưởng về phương
Thử phân tích với 2x + 3, ta thấy bài toán khó trình với số bậc 2, ta rút gọn biểu thức vế trái
có hướng giải. √
Thử với x + 1. Ta có: x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3 4x + 1
√ ⇔ (x + 1)3 + 3 = 4 3 4(x + 1) − 3
x2 + x + 2 = (x + 2) x2 + 4x + 1
⇔ (x + 1)2 − (x − 1) Nếu coi x+1 là một ẩn mới thì ta dễ dàng nhìn
√
= (x + 2) (x + 1)(x + 2) + (x − 1) thấy dạng toán quen thuộc x3 + b = a 3 ax − b.
Đặt y + 1 = 3 4(x + 1) − 1, ta có
Đến đây ta thấy phương trình quen thuộc.
(y + 1)3 + 1 = 4(x + 1)
(x + 1)3 + 1 = 4(y + 1)
Ta có một số ví dụ tương tự:
Hệ phương trình đối xứng này được giải khá
Ví dụ 9. Giải phương trình:
dễ dàng.
√
4x2 − 11x + 10 = (x − 1) 2x2 − 6x + 2
Ta đến vơi ví dụ khác
Phát triển tiếp bài toán với bậc 3 hay bậc n. Ví dụ 13. Giải phương trình:
Ta xét các phương trình: √
n
√
n
3
x − 2 = 8x3 − 60x2 + 151x − 128
x + b = a ax − b
Có thể giải một cách tổng quát bằng việc đặt Ví dụ cuối cùng √ vẻ hơi khác biệt. Khi ta
có
√
n nhóm hết lại ta có 3 x − 2 = (2x − 5)3 + x − 3
ax − b = t. Ta sẽ có phương trình đối xứng:
thì có vẻ không được dạng (ax − b)3 mà lại là
xn + b = at (2x − 5)3 + x − 3. Biểu thức x − 3 thừa ra một
cách khó chịu. Vậy ta giải quyết như thế nào?
tn + b = ax
Lời giải. Ta biến đổi phương trình:
Hệ phương trình đối xứng có thể giải bằng cách
trừ theo vế. √
(2x − 5)3 + x − 3 = 3 x − 2
Và tương tự ý tưởng như trên, nếu thay x bằng
các biểu thức phức tạp, ta có những phương ⇔ (2x − 5)3 + x − 3 = 3 2x − 5 − (x − 3)
trình khá khó nhưng cách làm tương tự. Hãy
đến với các ví dụ: Tuy hơi kì lạ nhưng ta vẫn nhìn thấy dạng toán
quen thuộc. Đặt 2y − 5 = 3 2x − 5 − (x − 3)
Ví dụ 10. Giải phương trình: ta có:
x 3 3x+1 − 1 (2y − 5)3 + (x − 3) = 2x − 5
2.27 + 1 = 3
2 (2x − 5)3 + (x − 3) = 2y − 5
3

7. Trừ theo vế các đẳng thức, ta có 2(x − y)[(2x − Trừ theo vế hai phương trình, ta có x3 − y 3 =
5)2 + (2x − 5)(2y − 5) + (2y − 5)2 ] = 2(y − (x + 8)(y − x) ⇒ (x − y)(x2 + xy + y 2 + x + 8) =
x) ⇒ x = yvì a2 + ab + b2 + 2 > 0. Thay vào 0 ⇒ x = y (vì x2 + xy + y 2 + x + 8 > 0)
phương trình trên ta được (2x−5)3 = x−2. Từ Thay x = y ta có x3 −16−x(x+8) = 0. Phương
đó ta tìm được nghiệm của phương trình. trình này có nghiệm duy nhất là 4. Vậy nghiệm
của phương trình ban đầu là x = 4.
Trên một phương diện khác, ta có: Tách một
Ví dụ 17. Giải phương trình:
cách tinh tế, ta có:
√ x3 − x = 3 4(x3 + 3x)
3
x − 2 = (2x − 5)3 + x − 3
√
⇔ (2x − 5)3 + 2x − 5 = x − 3 + 3 x − 3 Lời giải. Ta có:
Phương trình đưa về dạng f (2x − 5) = (x3 − x) = 3 4(x3 + 3x)
√
f ( 3 x − 3) với f (x) = x3 + x. ⇔ (x3 − x)3 = 4(x3 + 3x)
Mặt khác f (x) = x3 + x là hàm số đồng biến
√ x3 − x
3
x3 − x
nên 2x − 5 = x − 3. Từ đây ta tìm được tất ⇔ = + 2x
2 2
cả nghiệm của phương trình.
Đây là phương pháp "Sử dụng tính đơn điệu
của hàm số để giải toán" ở chương này, chúng x3 −x
Đặt 2
= y, ta có:
ta không đi quá vào chi tiết.
Tương tự ý tưởng trên là một lớp các bài toán: 2y = x3 − x x3 = x + 2y
⇔
Ví dụ 14. Giải phương trình: y 3 = y + 2x y 3 = y + 2x
√
x3 − 3x2 − x + 6 = 3 3x2 + 4x − 6
3
Phương trình trên là phương trình đối xứng
(x, y) trừ theo vế các đẳng thức, ta có (x −
Ví dụ 15. Giải phương trình: y)(x2 + xy + y 2 ) = y − x ⇒ x = y ⇒ 2x =
x3 − x.
x3 − x2 − 6x − 16 = 2 3 (x + 4)2
Chúng ta đến với một bài toán tương tự.
Hãy đến với một số ví dụ khác.
Ví dụ 18. Giải phương trình:
Ví dụ 16. Giải phương trình:
x3 − x + 3 = 3
9(x3 + 8x − 6)
3 3
x = (x + 8) (x + 4)2 + 16
Lời giải. Ta có:
Lời giải. Ta biến đổi phương trình như sau:
x3 − x + 3 = 3 9(x3 + 8x − 6)
x3 = (x + 8) 3 (x + 4)2 ⇔ (x3 − x + 3)3 = 9(x3 + 8x − 6)
√ 3
⇔ x3 − 16 = (x + 8) x2 + 8x + 16
3
x3 − x + 3 x3 + 8x − 6
⇔ =
⇔ x3 − 16 = (x + 8) 3 x(x + 8) + 16 3 3
3
x3 − x + 3 x3 − x + 3
Phương trình trên nếu coi x + 8 là một số a thì ⇔ = + 3x − 3
3
3 3
ta nhìn thấy phương trình quen thuộc x − a =
√ 3
b 3 bx + a. Đến đây đặt 3 x(x + 8) + 16 = y, Một lần nữa ta đặt x −x+3 = y. Thế thì
3
ta có:
x3 − 16 = (x + 8)y y 3 = y + 3x − 3
y 3 − 16 = (x + 8)x x3 = x + 3y − 3
4

8. Hệ phương trình nói trên là hệ đẳng cấp. Ta có Ví dụ 21. Giải phương trình:
(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 3(y − x) ⇒ (x − y)(x2 + √
3x3 + 8x − 15 + 4 2x3 + 4x − 5 = 0
3
2 3
xy + y + 3) = 0 ⇒ x = y ⇒ x = 4x − 3. Từ
đây ta có thể tìm được tất cả các nghiệm của Lời giải. Ta biến đổi phương trình:
phương trình. √
4x3 + 8x − 10 = x3 − 4 2x3 + 4x − 5 + 5
3
Ví dụ 19. Giải phương trình: √
⇔ 2(2x3 + 4x − 5) = x3 − 4 2x3 + 4x − 5 + 5
3
1 2 1 √
x3 + x − x3 + x + = x2 + Đặt y = 3 2x3 + 4x − 5. Ta có:
3 3 3
2y 3 = x3 − 4y + 5
Lời giải. Ta có: 2x3 = y 3 − 4x + 5
1 2 1 Trừ theo vế của hai phương trình ta có: 2(y 3 −
x3 + x − x3 + x + = x2 +
3 3 3 x3 ) = x3 − y 3 − 4(x − y) ⇒ 3(y 3 − x3 ) = 4(x −
1
3
1 1 y) ⇒ x = y.
⇔ x3 + x − + x3 + x − = x2 + Thay vào hệ phương trình, ta có: x3 + 4x − 5 =
3 3 3
0. Từ đây ta có thể tìm được tất cả nghiệm
của phương trình.
Đặt y = x3 + x − 1 . Ta có:
3
Ví dụ 22. Giải phương trình:
2 3 1 3 2 1
y =x +x− 3
x +x=y + 3 x3 − x + 2 = 3
4(x3 + 3x − 2)
1
⇔ 1
y 3 + y = x2 + 3
y 3 + y = x2 + 3
Ví dụ 23. Giải phương trình:
⇒ (x − y)(x2 + xy + y 2 + 1 + x + y) = 0
√ 4x3 − 9 1
⇒x=y 3
3x2 − 3x + 3 = +
12 2
Vậy việc còn lại chỉ là giải phương trình x3 +
1 9
x = x2 + 3 . Ta có: Lời giải. Điều kiện x ≥ 3
4
. Đặt:
1 √
x3 + x = x2 + 3 4x3 − 9 1
3 3x2 − 3x + 3 = + =t
12 2
⇔ 3x3 + 3x = 3x2 + 1
Ta có
⇔ 2x3 + x3 − 3x3 + 3x2 − 1 = 0
⇔ 2x3 + (x − 1)3 = 0 ⇔ (x − 1)3 = −2x3 3(x2 − x + 1) = t3
√ 4x3 −9 1
3
⇔ x − 1 = − 2x ⇔ 12
+ 2
=t
1 3(x2 − x + 1) = t3
x= √ ⇔
1+ 32 4x3 −9
= 1− 21 2
12
1
Vậy nghiệm của phương trình là x = √
1+ 3 2 t3 = 3(x2 − x + 1)
⇔
Ví dụ 20. Giải phương trình: x3 = 3(t2 − t + 1)
√
(x3 + x + 1) x3 + x = x2
Những phương trình như trên là không đơn Tương tự như thế, hãy giải bài tập sau:
giản, cần có sự tinh tế khi đặt ẩn phụ để xuất Ví dụ 24. Giải phương trình:
hiện hệ phương trình và giải quyết chúng. Ta √ √
3
x3 + 8 = 2 x4 + 4x − 4 + 1
đến với một ví dụ khác.
5

9. Phương trình bậc hai là một nội
dung quan trọng trong chương
trình toán phổ thông nói riêng và
toán học nói chung. Ứng dụng của
phương trình bậc hai rất đa dạng
và phong phú, áp dụng trong các
bài toán đa thức, bất đẳng thức,
lượng giác…Trong phạm vi của
bài viết này, Truonghocso.com
muốn giới thiệu với bạn đọc một
số ứng dụng thú vị và phổ biến
của phương trình bậc hai trong
việc giải lớp các bài toán phương
trình, hệ phương trình và hàm số.
MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÚ VỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
(PHẦN 1)
Hoàng Minh Thi
(Team Toán Trường học số)
Phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng Thí dụ 1: Giải phương trình
trong chương trình toán phổ thông nói riêng và 3x 2 − 5 x + 6 = 2 x x 2 + x − 3 ( x ∈ R ) .
toán học nói chung. Ứng dụng của phương trình
bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụng trong Hướng dẫn:
các bài toán đa thức, bất đẳng thức, lượng Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với:
giác…Trong phạm vi của bài viết này, x2 + x − 3 − 2x x2 + x − 3 + x2 + x2 − 6 x + 9 = 0
Truonghocso.com muốn giới thiệu với bạn đọc
( )
2
⇔ x 2 + x − 3 − x + ( x − 3) = 0
2
một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương
trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán
phương trình, hệ phương trình và hàm số.  x2 + x − 3 − x

⇔ ⇔ x =3
x − 3 = 0

Giá trị này thỏa mãn phương trình ban đầu.
Dạng 1: Ứng dụng giải phương trình bằng
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 .
phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Cách 2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng:
Trong các ứng dụng cơ bản của phương trình bậc x2 + x − 3 − 2x x2 + x − 3 + 2x2 − 6 x + 9 = 0 .
hai, ứng dụng giải phương trình vô tỷ bằng Đặt x 2 + x − 3 = t ( t ≥ 0 ) thu được phương trình
phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một
ứng dụng độc đáo. Sau đây là một số bài toán bâc hai ẩn t : t 2 − 2 xt + 2 x 2 − 6 x + 9 = 0 (1).
điển hình: Biệt thức ∆ = x 2 − ( 2 x 2 − 6 x + 9 ) = − ( x − 3) ≤ 0 .
2
(1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = 0 ⇔ x = 3 .
6

10. Nhận xét: Giải bài toán theo cách 1 “ đẹp đẽ” và 2sin xcosx + 2 sin 2 x − 1 = 3sinx + cosx − 2
ấn tượng hơn so với cách 2 nhưng dựa vào kinh
nghiệm và may mắn nhiều hơn. Cách 2 tự nhiên ⇔ 2 sin2 x + ( 2cosx − 3) sinx − cosx + 2 = 0
và hợp logic tùy theo từng trường hợp. Coi phương trình này là phương trình bậc 2 ẩn
sinx , ta có biệt thức
∆ = ( 2cosx − 3 ) − 8 ( 2 − cosx ) = ( 2cosx − 1) .
2 2
Thí dụ 2: Giải phương trình
4 x2 − 6x + 1
= 2x2 − 3 ( x ∈ R) .  1
3x − 5 
sinx =
1  sinx = 2
Hướng dẫn: ⇒ 2 ⇔
 cos  x − π  = 1
3
Điều kiện x 2 ≥ ; x ≠ .
5  sinx = 1 − cosx   
2 3   4 2
 π 5π
Phương trình đã cho tương đương với:  x = 6 + k 2π ; x = 6 + k 2π
⇔
(3x − 5) 2 x2 − 3 = 4x2 − 6 x + 1  x = π + k 2π ; x = k 2π


⇔ 2 x 2 − 3 − ( 3x − 5) 2 x 2 − 3 + 2 x 2 − 6 x + 4 = 0
2
Phương trình có 4 họ nghiệm như trên.
Đặt 2 x 2 − 3 = t ( t ≥ 0 ) ta thu được:
Dạng 2: Ứng dụng giải hệ phương trình bằng
⇔ t 2 − ( 3x − 5) t + 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 phương pháp đánh giá.
∆ = (3x − 5) − 4 ( 2 x 2 − 6 + 4 ) = ( x − 3)
2 2
Thí dụ 4: Giải hệ phương trình
t = x − 1 ( 2 x 2 − 3 x + 4 )( 2 y 2 − 3 y + 4 ) = 18 ( 2 )
⇒ 
t = 2 x − 4  2 ( x; y ∈ R )
 x + y + xy − 7 x − 6 y + 14 = 0

2
( 3)
Với t = x − 1 ⇒ 2 x 2 − 3 = x − 1 .
.
2 x 2 − 3 = x 2 − 2 x + 1  x 2 + 2 x − 4 = 0 Hướng dẫn:
⇔ ⇔
x ≥ 1 x ≥ 1 Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn x
ta có: x 2 + ( y − 7 ) x + y 2 − 6 x + 14 = 0 .
⇔ x = −1 + 5
∆ y = ( y − 7 ) − 4 ( y 2 − 6 y + 14 ) = −3 y 2 + 10 y − 7
2
Với t = 2 x − 4 ⇒ 2 x 2 − 3 = 2 x − 4 .
x ≥ 2 x ≥ 2 ∆ y ≥ 0 ⇔ 3 y 2 − 10 y + 7 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤
7
⇔ 2 ⇔ 2 3
2 x − 3 = 4 x − 16 x + 16 2 x − 16 x + 19 = 0
2
Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn y
8 + 26 ta có: y 2 − ( x − 6 ) y + x 2 − 7 y + 14 = 0 .
⇔ x=
∆ x = ( x − 6 ) − 4 ( x 2 − 7 x + 14 ) = −3 x 2 + 16 x − 20
2 2
Thử lại thấy phương trình có hai nghiệm: 10
∆ x ≥ 0 ⇔ 3 x 2 − 16 x + 20 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤
8 + 26 3
x = −1 + 5; x = .
2  7  10 
Như vậy y ∈ 1;  ; x ∈  2;  .
 3  3
Thí dụ 3: Với phương trình (1), xét hàm số
Giải phương trình lượng giác
sin2 x − cos 2 x = 3sinx + cosx − 2 .
f ( t ) = 2t 2 − 3t + 4; f ′ ( t ) = 4t − 3
Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với: 3
f ′ (t ) = 0 ⇔ t = <1
4
7

11. Dễ thấy hàm số này đồng biến với t > 1 . Suy ra Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (6) phải có hai
rằng nghiệm phân biệt cùng dương x1 ; x2 thỏa mãn
f ( x ) = 2 x 2 − 3x + 4 ≥ f ( 2 ) = 6 x12 + x2 = 12 .
2
f ( y ) = 2 y 2 − 3 y + 4 ≥ f (1) = 3 ∆ = m2 + 1 > 0
⇒ f ( x ) . f ( y ) ≥ 18 
 x1 + x2 = 2 ( m + 1) > 0 m > 0
⇔ ⇔ 2 ⇔ m =1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( x; y ) = ( 2;1) . x1 x2 = 2m > 0  m −m−2 = 0

Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình đã cho. ( x + x )2 − 2 x x = 12
Nhận xét: Sử dụng điều kiện có nghiệm của  1 2 1 2
phương trình bậc hai một cách linh hoạt đôi khi
cho ta lời giải đẹp của nhiều bài toán khó. Sau Giá trị cần tìm của m là m = 1 .
đây chúng ta xét một bài toán tương tự.
Thí dụ 7:
Thí dụ 5: Giải hệ phương trình Tìm giá trị thực của m để hàm số sau có hai cực
 x2 y 2 − 2x + y 2 = 0
 ( 4) trị phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn
 2 ( x; y ∈ R ) x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 = 2 x2 + 13 x1 :
2
2 x − 4 x + 2 + y = 0 ( 5)
3

y = x3 − x 2 + ( −m 2 + m + 2 ) x + 5 .
1 3
Hướng dẫn:
Xét y = 0 suy ra x = 0 , rõ ràng không thỏa mãn hệ 3 2
Hướng dẫn:
đã cho.
Coi phương trình (4) là phương trình bậc hai ẩn x y ′ = x 2 − 3x − m 2 + m + 2
ta có: y′ = 0 ⇔ x 2 − 3x − m 2 + m + 2 = 0 ( 7 )
∆′y = 1 − y 4 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1 . Hàm số có hai cực trị phân biệt khi và chỉ khi (1)
Coi phương trình (5) là phương trình bậc hai ẩn x có hai nghiệm phân biệt
ta có: 1
⇔ ∆ = ( 2m − 1) > 0 ⇔ m ≠ .
2
∆ x = 4 − 2 ( 3 + y 3 ) ≥ 0 ⇔ y 3 + 1 ≤ 0 ⇔ y ≤ −1 . 2
Kết hợp lại thu được y = −1 ,suy ra x = 1 ,thỏa Gọi hai nghiệm của (7) là x1 ; x2 .
mãn hệ đã cho. Hệ phương trình có nghiệm duy Áp dụng định lý Viete cho (7):
nhất ( x; y ) = (1; −1) .  x1 + x2 = 3

 x1 x2 = −m + m + 2
2
Dạng 3: Ứng dụng trong các bài toán hàm số x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 = 2 x2 + 13 x1
2
⇔ 3 ( x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 ) = ( x1 + x2 )( 2 x2 + 13 x1 )
liên quan 2
Thí dụ 6: ⇔ 3 x12 + 6 x1 x2 + 9 x2 = 13 x12 + 15 x1 x2 + 2 x2
2 2
Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số bậc ba
1 ⇔ 10 x12 + 9 x1 x2 − 7 x2 = 0
2
y = x 3 − ( m + 1) x 2 + 2mx + 1 đạt cực đại và cực
3 ⇔ ( 2 x1 − x2 )( 5 x1 + 7 x2 ) = 0
tiểu tại hai điểm tương ứng ứng là độ dài hai cạnh  2 x = x2
của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng ⇔ 1
12 . 5 x1 + 7 x2 = 0
Hướng dẫn: * 2 x1 = x2 ⇒ 3 x1 = 3
Ta có
y′ = x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m
y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + 2 m = 0 (6)
8

12. m = 0  x1 = 0
⇒ x1 = 1; x2 = 2 ⇒ −m 2 + m + 2 = 0 ⇒ 
m = 1 ⇔
 x2 = − 1
* 5 x1 + 7 x2 = 0 ⇒  6
8 m−4
 19 * x1 = 0 ⇒ x2 = ⇒ =0⇒m=4
15 21 323 m = 2 3 m −1
x2 = − ; x1 = ⇒ m 2 − m − = 0⇒  1 51 2m 145 145
2 2 4  m = − 17 * x2 = − ⇒ x2 = ⇒ = ⇒m=
 6 16 m − 1 48 49
 2
Nhận xét: Trong một số trường hợp, vận dụng hệ
thức độc lập giữa các nghiệm của phương trình
Kết luận, giá trị cần tìm của m: bậc hai cho ta lời giải hết sức ngắn gọn
 19 17 
m ∈ 0;1; ; −  .
 2 2 BÀI TẬP ÁP DỤNG
Nhận xét: Vận dụng linh hoạt định lý Viete và Bài 1: Giải các phương trình sau
tính đồng bậc của phương trình là một cách tiếp 1, 2 sin2 x − cos 2 x = 7 sinx + 2cosx − 4
cận hiệu quả các bài toán có biểu thức bất đối
xứng.
2, ( x + 1) log32 x + 4 xlog3 x = 16
x 2 + 3x + 4
3, = 2 + x2
Thí dụ 8: 5 + 3x
Tìm giá trị của tham số m để hàm số sau đạt cực Bài 2: Giải hệ phương trình
đại và cực tiểu tại x1 ; x2 sao cho  x3 + y 3 = 1 − 3xy

2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 8 1,  2 x + 3 y + 25 ( x; y ∈ R )
1  ( 4 − x )(13 − y ) = 2 x + y + 2
y = ( m − 1) x3 − mx 2 + ( m − 4 ) x + 2 . 
3 2 1 + 2 x + 2 1 + 2 y = ( x − y )2

Hướng dẫn: 2,  ( x; y ∈ R )
y′ = ( m − 1) x 2 − 2mx + m − 4 
( y + x )( 2 y + x ) + 3x + 2 y = 4
y′ = 0 ⇔ ( m − 1) x 2 − 2mx + m − 4 = 0 ( 8 ) Bài 3: Giải hệ phương trình
Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu khi và chỉ  2
 x + y + 2 xy − zy − zx = 3
2
1,  2 ( x; y; z ∈ R )
khi (1) có hai nghiệm phân biệt.  x + y + yz − zx − 2 xy + 1 = 0
2

m − 1 ≠ 0 4
⇔ ⇔ < m ≠1  2 x 2 − y 2 − xy + 5 x = 2 y − 3

 ∆′ = 5 m − 4 > 0 5 2,  ( x; y ∈ R )
 2 x − 5 + 2 y + 13 = 2 y
2
2 nghiệm của (8) tương ứng là hoành độ 2 cực trị 
x1 ; x2 . Bài 4: Giải hệ phương trình
Áp dụng hệ thức Viete cho phương trình (8):  335 xy − 2010 = 12 − y 2

 ( x; y ∈ R )
 2m 2 
 xy = x 2 + 3
 x1 + x2 = m − 1 = 2 + m − 1

 ⇒ 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 = 8 Bài 5: Tìm giá trị thực của m để đường thẳng
x x = m−4 3 d : y + m = x cắt đồ thị hàm số
= 1−
 1 2 m −1
 m −1 2x2 − x + m + 1
yx=
2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 8 ⇔ 2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 3 x1 + 3 x2 + 2 1 x2 tại hai điểm có hoành độ lần
x −1
⇔ x1 + 6 x1 x2 = 0 ⇔ x1 (1 + 6 x2 ) = 0 lượt là x1 ; x2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn
. nhất F = (1 − x12 )( 4 − x2 ) .
2
9

13. NHỮNG SUY NGHĨ
BAN ĐẦU TỪ
MỘT BÀI TOÁN
Giang Mạnh Doanh
Kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012
đã qua. Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối
(1) ⇔ a − 12a = b − 12b
3 3
A và khối A1 năm 2012 bám sát chương trình ⇔ (a − b ) (a + ab + b − 12 ) = 0
2 2
Toán trung học phổ thông hiện hành, kiến thức a = b
trong đề thi được đánh giá là khá phù hợp và ⇔ 2
a + ab + b − 12 = 0
2
vừa sức, tất yếu đòi hỏi tính toán chính xác và tư 
suy có chiều sâu. Trong đề thi có một số câu hỏi * Với a = b ⇔ x − 1 = y + 1 ⇒ x = y + 2 .
mang tính phân loại thí sinh, về phần đại số đáng  3 1
chú ý hơn cả là câu 3 với kiến thức về hệ 3 y = − ⇒ x =
phương trình. Bài viết này trình bày những tìm ()
2 ⇔ 2y 2 + 4y + = 0 ⇔  2 2
tòi ban đầu trong việc giải hệ phương trình, bất 2 y = − ⇒ x = 3
1
phương trình với phương pháp sử dụng tính đơn 
 2 2
điệu của hàm số. * Với a + ab + b = 12
2 2
( ) ( ) ( )( )
2 2
⇔ x − 1 + y + 1 + x − 1 y + 1 = 12
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 21
x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3y 2 − 9y ⇔ x 2 + y 2 − x + y + xy = 11 ⇒ xy =
 2
 2 1 (x; y ∈ R) ()
2 ⇔ x + y − 2xy + 2xy − x − y =
2 2
( ) 1
x + y − x + y =
2
 2 2
41
( ) ( ) ( )
2
Lời giải 1. ⇔ x −y − x −y + = 0 VN
Hệ phương trình đã cho tương đương với: 2
Lời giải 2.
( ) ( ) ( ) (
 x − 1 3 − 12 x − 1 = y + 1 3 − 12 y + 1 1
 ) () Biến đổi hệ đưa về (1) và (2) . Chú ý rằng:
 1
x 2 + y 2 − x + y =
 2
()2
Đặt x − 1 = a; y + 1 = b ta được:
10

14. 2 2
 1  1
()
2 ⇔ x −  + y +  = 1
2  2
Bài toán 2. Giải hệ phương trình
  x − 2 − 3 − y = y 2 − x 2 + 4x − 6y + 5

1 1
⇒ x − ≤ 1; y − ≤ 1  x; y ∈ R ( )
2 2  2x + 3 + 4y + 1 = 6

3 1 1 3 Hướng dẫn:
⇒ − ≤ x −1≤ ; − ≤ y +1 ≤
2 2 2 2 1
Điều kiện x ≥ 2; − ≤ y ≤ 3 . Biến đổi hệ về
( )
⇒ x − 1 ∈ −2;2 ; y + 1 ∈ −2;2 ) ( 4
Xét hàm số f (t ) = t − 12t ; t ∈ ( −2;2 ) ta có
3 dạng:
f ′ (t ) = 3t − 12 = 3 (t − 4 ) < 0∀t ∈ ( −2;2 )
2 2 ( )
 x −2 2 + x −2 = 3 −y 2 + 3 −y 4


( ) ()
Suy ra hàm f (t ) liên tục và đồng biến trên
 2x + 3 + 4y + 1 = 6

5 ()
miền ( −2;2 )
Rõ ràng (4 ) ⇔ f ( x −2 = f ) ( 3−y ) trong
đó hàm số
(1) ⇔ f (x − 1) = f (y + 1) () ()
f t = t + t ; f ′ t = 4t + 1 > 0 ∀t ≥ 0 . Hàm
4 3
⇔ x −1 = y +1 ⇔ x = y + 2
Tương tự cách giải 1 ta thu được nghiệm của hệ: này liên tục, đồng biến trên miền đang xét nên ta
được x − 2 = 3 − y ⇔ x = 5 − y . Thế vào (5) ta
1 3 3 1
( )
x; y =  ; −  ,  ; −  . thu được phương trình 2 4y + 1 = 4 + y .
2 2 2 2
Nhận xét Tìm được nghiệm duy nhất của hệ x ; y = 3;2 . ( ) ( )
1. Lời giải (1) cơ bản và súc tích. Lời giải (2) Nhận xét: Trong các bài toán chứa căn thức,
tinh tế và gọn gàng, mang đậm tư duy hàm số. chúng ta cần tìm miền giá trị của biến, thông
2. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số là qua đó đơn giản việc đánh giá hàm số.
một công cụ hữu hiệu trong các bài toán giải và Bài toán 3. Giải phương trình
biện luận phương trình, hệ phương trình.
Sau đây là một số thí dụ liên hệ và minh họa cho (2x + 3 ) 4x 2 + 12x + 11 + 5x + 3 + 3x 9x 2 + 2 = 0
phương pháp hàm số: Hướng dẫn:
Phương trình đã cho tương đương với:
Bài toán 1. Giải bất phương trình
(2x + 3 ) (2x + 3)
2
+ 2 + 2x + 3 + 3x + 3x 9x 2 + 2 = 0
( ) (x ∈ R ) .
3
3
3x + 1 + 2x ≤ x + 1
( 
) (2x + 3 ) 
( )( )
2
Hướng dẫn: ⇔ 2x + 3  + 2 + 1  = −3x 9x 2 + 2 + 1
Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng:  
( ) ( ) và
3
3x + 1 + 3x + 1 ≤ x + 1 + x + 1 ()
3
(3) Dễ dàng xét hàm số f t = t 1 + t 2 + 2
Xét hàm số hàm này đồng
biến. Suy ra
() ()
f t = t 3 + t ; f ′ t = 3t 2 + 1 > 0∀t ∈ R 3
Hàm này liên tục và đồng biến. Dễ thấy
( ) (
f 2x + 3 = f −3x ⇔ x = − .
5
)
( 3 ) ⇔ f ( 3x + 1 ) ≤ f (x + 1) ⇔ 3x + 1 ≤ (x + 1) Giá trị này nghiệm đúng phương trình đã cho.
3
3
⇔ x ( x + 3 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ −3
2
Bài toán 4. Giải bất phương trình
8 − x 2 + 2 ≤ x 3 − 3x 2 + 4x
Bất phương trình có nghiệm x ∈  −3; +∞ .
 ) Hướng dẫn:
11

15. Điều kiện x ≤ 2 2 . Xét hàm
Biến đổi phương trình về dạng: () ()
f t = t 3 + t 2 + 2t ; f ′ t = 3t 2 + 2t + 2 > 0 ∀t ∈ R
( ) ( )
3
8 − x2 = x − 1 + x − 1
Hàm số này liên tục và đồng biến. Do đó ta thu
được:
(x − 1)
+ x − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1  x − 1 + 1 ≥ 0 ( )( )
3 2
⇔x ≥1⇒1≤x ≤2 2

 
 f ( x +1 = f) ( )
1 − x ⇔ x = 0.
Bài toán 7. Giải hệ phương trình
Khi đó hàm số f x = x − 1 + x − 1 đồng ( ) ( )
3
 (
x 3 3y + 55 = 64 )

(
xy y + 3y + 3 = 12 + 51x

2
)
()
biến và hàm g x = 8 − x 2 nghịch biến.
Hướng dẫn:
Hơn nữa f ( 2 ) = g ( 2 ) = 2 nên bất phương trình Xét x = 0 không thỏa mãn hệ đã cho. Với x ≠ 0
thì hệ tương đương với:
có nghiệm 2 ≤ x ≤ 2 2 .  64
Bài toán 5. Giải hệ phương trình 3y + 55 = 3

 x
x 3 − y 3 + 3y 2 − 3x − 2 = 0
 y + 3y + 3 = 12 + 51
( )
3
 2 x; y ∈ R
x + 1 − x 2 + 2 = 3 2y − y 2 
 x

 Cộng từng vế hai phương trình trên thu được:
Hướng dẫn:
64 12
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 2 . y 3 + 3y 2 + 6y + 4 = 3 +
x x
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: 4
3
4
( ) ( )
3
⇔ y + 1 + 3 y + 1 =   + 3.
( x + 1) ( )
3 2
−3 x +1 = y 3 − 3y 2 x  x
Để ý rằng Xét hàm số
−1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x + 1 ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 2
() ()
f t = t 3 + 3t ; f ′ t = 3t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ R
() ()
f t = t 3 − 3t 2 ; f ′ t = 3t t − 2 ≤ 0∀t ∈ 0;2 
  ( ) Chúng ta lại có hàm số đồng biến và liên tục.
Hàm liên tục và nghịch biến. Ta có Suy ra được
( )
f x +1 = f y ⇔ x +1 = y () 4
y + 1 = ⇒ 3y + 55 = y + 1
3
( )
Phương trình thứ hai của hệ có dạng: x
⇒ y 3 + 3y 2 − 54 = 0 ⇒ y = 3 ⇒ x = 1
x2 + 1 − x2 + 2 = 3 1 − x2 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
 −1 ≤ x ≤ 1
 Bài toán 8. Giải hệ phương trình
⇔ 2 2 ⇔x =0⇒y =1
(
x x + 8 = 0
 ) 
 3
( ) (
 xy + 1 3 + x y − 1 = x 3 − 1
)
x; y ∈ R ( )
x − 4xy − 4 = 0
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x ; y = 0;1 . ( ) ( ) 

Bài toán 6. Giải phương trình: Hướng dẫn:
Biến đổi hệ về dạng:
(x + 3 ) x +1 + x − 3 ( ) 1 − x + 2x = 0
Hướng dẫn: 
 3
( )
 xy + 1 3 + xy + 1 = x 3 + x
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 . (
x = 4 xy + 1
 )
Phương trình đã cho tương đương với: Xét phương trình thứ nhất của hệ và xét hàm số
( x + 1) (1 − x ) ()
3
x +1 +2 x +1 +x +1= + 2 1 − x + 1 − x t = t 3 + t . Hàm này đồng biến, liên tục trên
f
R.
12

16. ( )
Suy ra f xy + 1 = f x ⇒ x = xy + 1 . ( )
Tìm được 2 nghiệm của hệ :
 1  3
( )
x ; y =  2;  ,  −2;  .
 2  2
Bài toán 9. Giải phương trình
(x − 1) ( )
2
3
− 2 3 x − 1 + 31 = x − 5 x − 8 + 3x
Hướng dẫn:
Điều kiện x ≥ 8 .
Biến đổi phương trình đã cho về dạng
(x − 1)
2
x −1+ 3
−2 x −1
( ) ( ) ( )
3
= x −8 +1 + x −8 +1 2−2 x −8 +1
()
Xét hàm số f t = t 3 + t 2 − 2t ta có
()
f ′ t = 3t 2 + 2t − 2 > 0 ∀t ≥ 1 . Hàm liên tục
và đồng biến. Ta thu được
f ( 3
x −1 = f ) ( )
x − 8 +1 ⇔ 3 x −1 = x − 8 +1
Đặt 3
x − 1 = u ta có phương trình
u − 1 = u 3 − 7 ⇔ u 3 − u 2 + 2u − 8 = 0
(
⇔ u − 2 u2 + u + 4 = 0 )( )
 
2
1  15 
⇔ u = 2  u + u + 4 = u +  +
2
> 0 ∀u ∈ R 
  2 4 
 
Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 9 .
13

17. Lời giải.
Ta dùng bất đẳng thức AM − GM .
a a a 2a
≥ b2 +c2
= 1−a2
=
1 + bc 1+ 2 1+ 2 3 − a2
Ta sẽ chứng minh:
2a
≥ a2 ⇔ a(a + 2)(a − 1)2 ≥ 0
3 − a2
Điều này luôn đúng với mọi a không âm. Tương
tự như vậy:
a
≥ a2
1 + bc
Mục này giới thiệu một số bài toán đặc sắc
trên www.truonghocso.com Tóm lại ta có:
a b c
+ + ≥ a2 + b 2 + c 2 = 1
Bài toán 1 (Đề xuất bởi Hồ Văn Diên). Cho 1 + bc 1 + ac 1 + ab
các số không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 =
1. Chứng minh rằng:
a b c
+ + ≥1
1 + bc 1 + ac 1 + ab
Bài toán 2. Giải phương trình:
Lời giải.
3x3 − 6x2 − 3x − 17 = 3 3 9(−3x2 + 21x + 5)
Ta chứng minh rằng
a2 + b2 + c2 ≥ 2b(1 + ac)
Lời giải.
Thật vậy, ta có:
3x3 − 6x2 − 3x − 17 = 3 3 9(−3x2 + 21x + 5)
2(a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 1
= a2 + c2 + b2 + 1 ≥ 2ac + 2b 17 5
⇔ x3 − 2x2 − x −
3
= 3 −x2 + 7x +
≥ 2abc + 2b = 2b(1 + ac) 3 3
3 2
⇔ x − 3x + 3x − 1 + 3(x − 1) =
a a2 5 5
≥ 2 (−x2 + 7x + ) + 3 −x2 + 7x +
3
1 + bc a + b2 + c 2 3 3
Vậy, ta có: 5
⇔ (x − 1)3 + 3(x − 1) = (−x2 + 7x + )
3
a b c a2 + b 2 + c 2 5
+ + ≥ 2 3
+ 3 −x2 + 7x +
1 + bc 1 + ac 1 + ab a + b2 + c 2 3
Xét hàm số f (x) = x3 + 3x. Dễ có f (x) đồng
5
Ta còn một cách giải khác: biến mà f (x − 1) = f (3 3 −x2 + 7x + 3 ) ⇒
14

18. x−1= 3
−x2 + 7x + 5 . Ta có: Bài toán 3. Giải phương trình:
3
√ √ √ 1
3x2 − 1+ x2 − x−x x2 + 1 = √ (7x2 −x+4)
3 5 2 2
x−1= −x2 + 7x +
3
5
⇔ (x − 1)3 = −x2 + 7x + Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức
3
8 Bunhiacopsky ta có:
⇔ x3 − 2x3 − 4x − =0
3 √ √ √ 2
⇔ 3x3 − 6x3 − 12x − 8 = 0 3x2 − 1 + x2 − x − x x2 + 1 =
⇔ 4x3 = x3 + 3 · 2 · x2 + 3 · 22 · x + 23 3x2 − 1 x2 + 1 2
2
⇔ 4x3 = (x + 2)3 = .2 + 1(x2 − x) − 2x
2 2
√3 2
⇔ 4x = x + 2 ⇔ x = √ 3x2 − 1 x2 + 1
3
4−1 ≤( +1+ )(2 + x2 − x + 2x2 )
2 2
(4x2 + 2)(3x2 − x + 2) 1
= ≤ (7x2 − x + 4)
√ 2√ √8
⇒ 3x 2−1+ x 2 − x − x x2 + 1
Nhận xét 1. Phân tích trong cách giải hơi
thiếu tự nhiện. Suy nghĩ khi giải bài toán như 1
≤ √ (7x2 − x + 4)
sau: Chia cả hai vế cho 3, ta có: 2 2
Như vậy
3 17
2 3 5
x − 2x − x − = 3 −x2 + 7x + √ √ √ 1
3 3 3x2 − 1+ x2 − x−x x2 + 1 = √ (7x2 −x+4)
2 2
Phương trình có một vế bậc 3 và một vế bậc
1/3. Ta định hướng tìm a sao cho: Đẳng thức xảy ra, suy ra 4x2 + 2 = 3x2 − x +
x=0
2 ⇒ x2 + x = 0 ⇒
5 x = −1
(x − a)3 + 3(x − a) = −x2 + 7x +
3 Thay cả hai giá trị của x vào phương trình ban
3 5 đầu thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình
+ 3 −x2 + 7x + đã cho có nghiệm x = −1
3
⇔ x3 − 3ax2 + 3a2 x − a3 − 3x + 3a =
Ta còn một cách nữa
2 5 3 5
− x + 7x + + 3 −x2 + 7x + −1
3 3 Lời giải 2. Điều kiện x > 1 hoặc x < √ .
5 3
⇔ x3 + (1 − 3a)x2 + (3a2 − 4)x − a3 + 3a −
3 Phương trình đã cho tương đương với:
3 5 √ √ √ √ √ √
= 3 −x2 + 7x + 2 2 · 3x2 − 1 + 2 · x2 − x − 2 · x x2 + 1
3
= (7x2 − x + 4)
Như vậy, thay vào phương trình ban đầu ta
Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có:
tìm được a = 1.
√ √
2 · x2 − x ≤ 2 + x2 − x
3
Nhận xét 2. Việc giải phương trình 3x − √ √
2 · x x2 + 1 ≤ 2x2 + x2 + 1 = 3x2 + 1
6x3 − 12x − 8 = 0 đòi hỏi một kĩ thuật đặc √ √
biệt, tách thành lập phương hai vế. 2 · 3x2 − 1 ≤ 2 + 3x2 − 1 = 3x2 + 1
15

19. Vậy:
√ √ √ √ √ √
2 2 · 3x2 − 1 + 2 · x2 − x − 2 · x x2 + 1
≤ (7x2 − x + 4)
Đẳng thức xảy ra, suy ra 3x2 − 1 = 2 ⇒ x =
−1. Thay x = 1 vào phương trình ban đầu thấy
thỏa mãn. Vậy x = −1 là nghiệm của phương
trình.
Nhận xét. Với phương trình có nhiều
căn thức, nghĩ tới bất đẳng thức để đánh giá
phương trình là một ý tưởng tự nhiên.
16

20. DAO ĐỘNG
TẮT DẦN
BÙI VĂN ĐẠT
Đồng hồ quả lắc lắc mãi cũng chậm dần rồi Tại thời điểm t = 0, năng lượng: =
=
dừng, quả bóng nảy lên, nảy xuống mãi thì
cũng sẽ chậm dần rồi nằm yên, xe đi trên T
Tại thời điểm t = , năng lượng:
đường gặp ổ gà, xóc lên xuống 1 lúc rồi lại 2
chạy êm, không có cái gì là vĩnh cửu cả. Bằng
Độ giảm tương đối của biên độ sau nữa chu
cách này hay cách khác, năng lượng của một
kì:
∆ ∆
vật chuyển động sẽ dần tỏa ra xung quanh,
=1− 1−
vật sẽ chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn.
Đó chính là hiện tượng tắt dần chuyển động
rất hay gặp trong đời sống. Tuy nhiên, đây là
một vấn đề rất phức tạp, khó nghiên cứu cụ
Chủ đề 2. Dao động tắt dần
thể nên khi đưa vào chương trình học cho học
sinh, người ta thường mô hình hóa thành các BÀI TOÁN: Một con lắc lò nằm ngang có quả
bài toán đơn giản như dao động điều hòa để nặng khối lượng m, độ cứng của lò xo là k.
cho học sinh dễ tiếp cận. Gần đây, một số đề Kéo quả nặng ra khỏi vị trí cân bằng một
thi đại học đã xuất hiện một số bài về hiện đoạn rồi thả ra không vận tốc đầu. Quả
tượng tắt dần, đưa học sinh gần hơn đến hiện nặng thực hiện dao động tắt dần với hệ số ma
tượng thực tế. Mặc dù vẫn ở dưới hình thức sát là .
đơn giản nhưng vẫn khá mới lại và gây khó
khăn cho học sinh trong việc giải bài. Dưới Bài toán 1. Xác định độ dịch chuyển biên độ
đây, chúng tôi đã tổng hợp từ nhiều nguồn T
sau nửa chu kì. Xác định biên độ sau , sau
được một số phương pháp giải cụ thể cho bài 2
toán dao động tắt dần. Hy vọng nó sẽ giúp đỡ nT
?
các em có thể vượt qua những bài toán này. 2
Chủ đề 1. Xác định độ giảm tương đối của 1.Khi quả nặng thực hiện dao động trong nửa
biên độ khi biết độ giảm tương đối của năng chu kì đầu ( đi từ đến ):
lượng ?
Phương pháp:
17

21. Ta có: ⃗ − ⃗ = ⃗↔ − + = ↔ (2 − 1)
= −
+ − =0 2
′′
′′
= − → = ′′
Bài toán 3. Xác định thời gian đi được cho
′′
Đặt:
Vậy: ′′ + = 0, trong một nữa chu kì
đến lúc dừng lại ?
Khi quả nặng tới tại một điểm nằm trong
=
đầu, vật dao động điều hòa quanh tâm có đoạn thì quả nặng dừng lại. Vì lúc đó,
tọa độ ; Tương tự, trong nữa chu kì lực đàn hồi nhỏ hơn lực ma sát nên quả nặng
có tọa độ = −
tiếp theo vật dao động điều hòa quanh tâm không dao động nữa.
. Do đó, hai tâm dao động Gọi N là số nửa chu kì mà vật đi được cho
và đối xứng nhau qua tâm O. đên lúc dừng lại.
=2
Như vậy: N = m + 1
Chu kì dao động:
Trong đó:
2. Độ giãm biên độ sau nửa chu kì:
=2 =
+ m là số nửa chu kì đầu tiên, lúc đó quả
2 =2 = − . =
Độ giãm biên sau nửa chu kì: nặng tới vị trí biên nằm ngoài .
= = − = −2
Ta có:
> , từ đó ta
= − < − → < +
Vì nằm ngoài , nên
= – 2.
Hay: suy ra:
= – .
Sau hai nữa chu kì: + 1 là nửa chu kì cuối cùng khi vị trí biên
nằm trong đoạn
= − . =
.
Sau n nữa chu kì:
Ta có:
≤ , từ đó ta
Bài toán 2. Xác định vận tốc cực đại của vật ?
≥ −
Trong nữa chu kì đầu, khi quả nặng đi qua Vì nằm trong , nên
tâm dao động ( hoặc ) thì vận tốc cực suy ra:
đại:
F δ Vậy, số nửa chu kì để con lắc dừng lại là số
v max = ω O1 Bo = ω ( Ao − x ) = ω ( Ao − c ) = ω ( Ao − )
1 1
1
k 2 nguyên của đẳng thức:
− ≤ < +
Vận tốc cực đại của quả nặng sau 2 nữa chu 2 2
kì:
= . = −
Thời gian để con lắc thực hiện được N nữa
2
chu kì đến lúc dừng lại:
3 . = .
= −
2
Bài toán 4: Đoạn đường đi được cho đến lúc
Tương tự như vậy, vận tốc cực đại sau N nữa dừng lại?
chu kì:
18

22. Đoạn đường đi trong N nửa chu kì là: = . = ( − )
= + +⋯+ = − . −
= + = 2 −
Hay:
= + = 2 − 3
Với:
T
Nếu t’ < : ta áp dụng công thức:
4
= + = 2 − 5
v = w O 2 BN − x 2
2
= − . −
= + = 2 – (2 − 1)
…………… Với:
= .2 − (1 + 3 + 5 + 7 +
x là tọa độ của vật tại thời điểm t, ta có:
= → ’
| |
⋯ . +(2 − 1))
Vậy: ′
= + →
T ′ | |
Nhận xét: tổng 1 + 3+ 5+ 7+….+(2N-1) là Nếu t’> :
4
cấp số cộng với số hạng đầu là 1, số hạng
tổng đó có giá trị : (1 + (2 − 1)). /2 =
cuối là (2N -1), công bội là q = 2. Như vậy, Chủ đề 4. Một con lắc lò xo nằm ngang dao
động điều hòa. Đặt một vật nhỏ lên vật dao
. động. Tìm chu kì nhỏ nhất của con lắc để
vật m không văng ra khỏi vật dao động. Hệ
Vậy, đoạn đường đi được cho đến lúc dừng
số ma sát trượt giữa vật nhỏ với vật dao
= .2 −
lại:
động là .
Phương pháp:
Chủ đề 3. Xác định vận tốc của quả nặng
Khi vật m nằm trên vật dao động thì nó sẽ
dao động tắt dần tại thời điểm t ?
dao động điều hòa với tần số góc . Điều kiện
Phương pháp:
= 2. =
để vật m không văng ra khỏi M thì lực hồi
= = ≤
T phục của vật m phải bằng lực ma sát nghỉ.
B1: Tìm độ giảm biên sau
2.
:
2
hay:
=2
Biểu thức trên vẫn đúng khi x = A
≤ ↔ ≥2
B2: Tìm chu kì
B3: Phân tích = . + ′
Do đó, ta có:
A
Nếu t’= 0, thì vị trí tại cuối thời điểm t là biên Chu kì cực tiểu: To = 2π
µg
=2 =2 → + =
độ , do đó vận tốc v = 0
T Chú ý:
Nếu t’ = thì vị trí tại cuối thời điểm t là
4
tâm dao động (hay ) nên vận tốc cực
đại:
19

23. Chủ đề 5: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm -Sau khi vật m va chạm vào M, dưới tác dụng
quả nặng có khối lượng M đứng yên ở
=
của trọng lực, vị trí cân bằng mới của con
VTCB. Một viên bi có khối lượng m bay với
=
vận tốc va chạm vào M. Tính vận tốc của lắc là: , tần số góc của con lắc lò xo
quả nặng sau va chạm và biên độ dao động
lúc này:
điều hòa của con lắc lò xo?
Phương pháp: - Biên độ của dao động điều hòa:
2 ℎ
= + → = 1+
( + )
1. Trường hợp lò xo nằm ngang:
a. Nếu va chạm là đàn hồi xuyên tâm: áp
dụng định luật bảo toàn động lượng và định
luật bảo toàn động năng, vận tốc của vật M Áp dụng:
2
sau va chạm: Bài số 1: Một con lắc lò xo gồm một vật có
=
+
khối lượng 100g gắn vào lò xo có độ cứng
0,01N/cm dao động tắt dần chậm từ thời điểm
Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận t = 0 với biên độ ban đầu là 10cm. Trong
có độ lớn không đổi là 10 ( ). Tính tốc độ
tốc M sau va chạm chính là vận tốc cực đại.
quá trình dao động, lực cản tác dụng vào vật
Ta có: = → = =
của vật sau thời điểm t kể từ thời điểm ban
đầu. Lấy π 2 = 10 .
b. Nếu va chạm là đàn hồi không xuyên tâm:
áp dụng định luật bảo toàn động lượng, vận a. t = 21(s)
tốc của vật M sau va chạm:
=
b. t = 21,5(s)
+ c. t = 21,4(s)
Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận d. t = 21,6(s)
tốc sau va chạm chính là vận tốc cực đại.
= → = =
Hướng dẫn:
Ta có: T
a. t = 21( s ) = 21 , vận tốc tại thời điểm t là
2
2. Trường hợp lò xo thẳng đứng mà quả nặng v=0
= 21,5 = 21. +
nằm ở trên:
b.
= 2 ℎ =
- Vận tốc của vật m khi chạm vào M: Áp dụng
− 22 − = 57 (mm/s)
định luật bảo toàn cơ năng: Vận tốc tại thời điểm t là cực đại:
= 21,4 = + ;
- Vận tốc của vật M sau va chạm: Áp dụng
định luật bảo toàn động lượng:
= = 2 ℎ
c.
+ +
δ
O2 B21 = Ao − 21δ − = 57( mm )
2
20