Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình

NGUYỄN TÀI CHUNG
GV THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP SÁNG TÁC VÀ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
VỀ PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Mục lục
Lời nói đầu 2
1 3
1.1 Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán về phương trình, hệ
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ
phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Sử dụng công thức lượng giác để sáng tác các phương trình đa
thức bậc cao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.1.3 Sử dụng các đồng nhất thức đại số có xuất sứ từ các hàm lượng
giác hypebôlic để sáng tác các phương trình đa thức bậc cao. . . 14
1.1.4 Sáng tác một số phương trình đẳng cấp đối với hai biểu thức . . 17
1.1.5 Xây dựng phương trình từ các đẳng thức. . . . . . . . . . . . . 24
1.1.6 Xây dựng phương trình từ các hệ đối xứng loại II. . . . . . . . . 27
1.1.7 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào tính đơn điệu của hàm số. 30
1.1.8 Xây dựng phương trình vô tỉ dựa vào các phương trình lượng giác. 35
1.1.9 Sử dụng căn bậc n của số phức để sáng tạo và giải hệ phương
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
1.1.10 Sử dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác để sáng tạo ra
các phương trình lượng giác hai ẩn và xây dựng thuật giải. . . . 47
1.1.11 Sử dụng hàm ngược để sáng tác một số phương trình, hệ phương
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Lời nói đầu
2WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Chương 1
1.1 Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán về
phương trình, hệ phương trình
Như chúng ta đã biết phương trình, hệ phương trình có rất nhiều dạng và phương pháp
giải khác nhau. Người giáo viên ngoài nắm được các dạng phương trình và cách giải
chúng để hướng dẫn học sinh cần phải biết xây dựng lên các đề toán để làm tài liệu
cho việc giảng dạy. Bài viết này đưa ra một số phương pháp sáng tác, quy trình xây
dựng nên các phương trình, hệ phương trình. Qua các phương pháp sáng tác này ta
cũng rút ra được các phương pháp giải cho các dạng phương trình, hệ phương trình
tương ứng. Các quy trình xây dựng đề toán được trình bày thông qua những ví dụ,
các bài toán được đặt ngay sau các ví dụ đó. Đa số các bài toán được xây dựng đều
có lời giải hoặc hướng dẫn. Quan trọng hơn nữa là một số lưu ý sau lời giải sẽ giúp ta
giải thích được "vì sao lại nghĩ ra lời giải này".
1.1.1 Xây dựng một số phương trình được giải bằng cách đưa về hệ phương
trình.
Ví dụ 1. Xét hệ đối xứng loại hai{
x = 2− 3y2
y = 2− 3x2 ⇒ x = 2− 3
(
2− 3x2)2 .
Ta có bài toán sau
Bài toán 1 (THTT, số 250, tháng 04/1998). Giải phương trình
x+ 3
(
2− 3x2)2 = 2.
Giải. Đặt y = 2− 3x2. Ta có hệ{
x+ 3y2 = 2
y = 2− 3x2 ⇔
{
x = 2− 3y2 (1)
y = 2− 3x2 (2)
3WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Lấy (1) trừ (2) ta được
x− y = 3(x2 − y2)⇔
[
x− y = 0
3(x+ y) = 1
⇔
[
y = x
y =
1− 3x
3
.
• Với y = x, thay vào (1) ta được
3x2 + x− 2 = 0⇔ x ∈
{
−1, 2
3
}
.
• Với y = 1− 3x
3
, thay vào (2) ta được
1− 3x
3
= 2− 3x2 ⇔ 9x2 − 3x− 5 = 0⇔ x = 1±
√
21
6
.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
x = −1, x = 2
3
, x =
1−√21
6
, x =
1 +
√
21
6
.
Lưu ý. Từ lời giải trên ta thấy rằng nếu khai triển (2− 3x2)2 thì sẽ đưa phương trình
đã cho về phương trình đa thức bậc bốn, sau đó biến đổi thành
(x+ 1)(3x − 2)(9x2 − 3x − 5) = 0.
Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình không có nghiệm hữu
tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đó phân tích đưa về
phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn.
Ví dụ 2. Xét một phương trình bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ
5x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ 2x = 5x2 − 1.
Do đó ta xét {
2y = 5x2 − 1
2x = 5y2 − 1 ⇒ 2x = 5
(
5x2 − 1
2
)2
− 1
Ta có bài toán sau
Bài toán 2. Giải phương trình 8x− 5 (5x2 − 1)2 = −8.
Giải. Đặt 2y = 5x2 − 1. Khi đó{
2y = 5x2 − 1
8x− 5.4y2 = −8 ⇔
{
2y = 5x2 − 1 (1)
2x = 5y2 − 1. (2)
4WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
2(y − x) = 5(x2 − y2)⇔
[
y − x = 0
2 = −5(x+ y) ⇔
[
y = x
y = −5x+ 2
5
.
• Với y = x, thay vào (1) ta được
5x2 − 2x− 1 = 0⇔ x = 1±
√
6
5
.
• Với y = −5x+ 2
5
, thay vào (1) ta được
−10x + 4
5
= 5x2 − 1 ⇔ 25x2 + 10x− 1 = 0⇔ x = −5±
√
50
25
.
Phương trình đã cho có bốn nghiệm
1±√6
5
,
−1±√2
5
.
Ví dụ 3. Xét một phương trình bậc ba
4x3 − 3x = −
√
3
2
⇔ 8x3 − 6x = −
√
3⇔ 6x = 8x3 −
√
3
Do đó ta xét {
6y = 8x3 −√3
6x = 8y3 −√3 ⇒ 6x = 8
(
8x3 −√3
6
)3
−
√
3
⇒ 1296x + 216
√
3 = 8
(
8x3 −
√
3
)3
⇒ 162x + 27
√
3 =
(
8x3 −
√
3
)3
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 3. Giải phương trình 162x + 27
√
3 =
(
8x3 −√3)3 .
Giải. Đặt 6y = 8x3 −√3. Ta có hệ{
6y = 8x3 −√3
162x + 27
√
3 = 216y3
⇔
{
6y = 8x3 −√3 (1)
6x = 8y3 −√3 (2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
6(y − x) = 8(x3 − y3)⇔ (x− y) [8 (x2 + xy + y2)+ 6] = 0. (3)
5WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Vì x2 + xy + y2 ≥ 0 nên 8 (x2 + xy + y2) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay
vào (1) ta được
6x = 8x3 −
√
3⇔ 4x3 − 3x = −
√
3
2
⇔ 4x3 − 3x = cos 5pi
6
(4)
Sử dụng công thức cosα = 4cos3
α
3
− 3 cos α
3
, ta có
cos
5pi
6
= 4 cos3
5pi
18
− 3 cos 5pi
18
,
cos
17pi
6
= 4 cos3
17pi
18
− 3 cos 17pi
18
,
cos
7pi
6
= 4 cos3
7pi
18
− 3 cos 7pi
18
.
Vậy x = cos
5pi
18
, x = cos
17pi
18
, x = cos
7pi
18
là tất cả các nghiệm của phương trình (4)
và cũng là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Lưu ý. Phép đặt 6y = 8x3−√3 được tìm ra như sau : Ta đặt ay+ b = 8x3 −√3 (với
a, b sẽ tìm sau). Khi đó từ PT đã cho có hệ{
ay + b = 8x3 −√3
162x + 27
√
3 = a3y3 + 3a2by2 + 3ab2y + b3.
Cần chọn a và b sao cho

a
162
=
8
a3
=
b+
√
3
27
√
3− b3
3a2b = 3ab2 = 0
⇒
{
b = 0
a = 6.
Vậy ta có phép đặt 6y = 8x3 −√3.
Ví dụ 4. Ta sẽ xây dựng một phương trình vô tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý muốn.
Xét x = 3. Khi đó
2x− 5 = 1⇒ (2x− 5)3 = 1 do x=3= x− 2.
Ta mong muốn có một phương trình chứa (ax+ b)3 và chứa 3
√
cx+ d, hơn nữa phương
trình này được giải bằng cách đưa về hệ "gần" đối xứng loại hai (nghĩa là khi trừ theo
vế hai phương trình của hệ ta có thừa số (x− y)). Vậy ta xét hệ{
(2y − 5)3 = x− 2
(2x− 5)3 = −x+ 2y − 2.
Nếu có phép đặt 2y − 5 = 3√x− 2, thì sau khi thay vào phương trình
(2x− 5)3 = −x+ 2y − 2
6WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
ta được
8x3 − 60x2 + 150x − 125 = −x+ 3√x− 2 + 5− 2.
Ta có bài toán sau
Bài toán 4. Giải phương trình
3
√
x− 2 = 8x3 − 60x2 + 151x − 128.
Giải.
Cách 1. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3
√
x− 2 = (2x− 5)3 + x− 3. (1)
Đặt 2y − 5 = 3√x− 2. Kết hợp với (1) ta có hệ{
(2y − 5)3 = x− 2 (2)
(2x− 5)3 = −x+ 2y − 2 (3)
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (x− y) [(2x− 5)2 + (2x− 5) (2y − 5) + (2y − 5)2] = 2(y − x)
⇔
[
x− y = 0 (4)
(2x − 5)2 + (2x− 5) (2y − 5) + (2y − 5)2 + 1 = 0. (5)
• Ta có (4)⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x− 5)3 = x− 2 ⇔ 8x3 − 60x2 + 149x − 123 = 0
⇔ (x− 3)(8x2 − 36x + 41) = 0⇔ x = 3.
• Do A2 + AB +B2 =
(
A+
B
2
)2
+
3B2
4
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Do phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 nên ta nghĩ đến phương pháp sử dụng tính
đơn điệu của hàm số như sau
Cách 2. Tập xác định R. Đặt y = 3
√
x− 2. Ta có hệ{
8x3 − 60x2 + 151x − 128 = y
x = y3 + 2
Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
8x3 − 60x2 + 152x − 128 = y3 + y + 2
⇔8x3 − 60x2 + 150x − 125 + 2x− 5 = y3 + y
7WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
⇔(2x− 5)3 + (2x− 5) = y3 + y. (*)
Xét hàm số f(t) = t3 + t. Vì f ′(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm f đồng biến trên R.
Do đó (∗) viết lại
f(2x − 5) = f(y)⇔ 2x− 5 = y.
Bởi vậy
(2x− 5) = 3√x− 2⇔ (2x− 5)3 = x− 2
⇔8x3 − 60x2 + 149x − 123 = 0
⇔(x− 3)(8x2 − 36x + 41) = 0⇔ x = 3.
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 5. Xét một phương trình bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x3 + 3x = 2. Phương
trình này tương đương
8x3 + 6x = 4⇔ 8x3 = 4− 6x⇔ 2x = 3√4− 6x.
Ta "lồng ghép" phương trình cuối vào một hàm đơn điệu như sau
(2x3) + 2x = 3
√
4− 6x+ 4− 6x⇔ 8x3 + 8x− 4 = 3√4− 6x.
Ta được bài toán sau
Bài toán 5. Giải phương trình
8x3 + 8x− 4 = 3√4− 6x.
Giải. Tập xác định của phương trình là R.
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương
(2x)3 + 2x = 3
√
4− 6x+ 4− 6x. (1)
Xét hàm số f(t) = t3 + t, ∀t ∈ R. Vì f ′(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm số f(t) đồng
biến trên R. Mà PT (1) viết lại f
(
3
√
4− 6x) = f(2x) nên nó tương đương
3
√
4− 6x = 2x⇔ 8x3 + 6x = 4⇔ 4x3 + 3x = 2. (2)
Vì hàm số g(x) = 4x3 + 3x có g′(x) = 12x2 + 3 > 0, ∀x ∈ R nên PT (2) có không quá
một nghiệm. Xét
2 =
1
2
(
α3 − 1
α3
)
⇔ (α3)2 − 4α3 − 1 ⇔ α3 = 2±
√
5.
8WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Do đó, nếu đặt α = 3
√
2 +
√
5 thì 2 =
1
2
(
α3 − 1
α3
)
. Ta có
1
2
(
α3 − 1
α3
)
= 3
[
1
2
(
α− 1
α
)]
+ 4
[
1
2
(
α− 1
α
)]
3
.
Vậy x =
1
2
(
α− 1
α
)
=
1
2
(
3
√
2 +
√
5 +
3
√
2−√5
)
là nghiệm duy nhất của PT (2) và
cũng là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2. Phương trình viết lại
(2x)3 = 3
√−6x+ 4− 8x+ 4.
Đặt 2y = 3
√
4− 6x. Ta có hệ{
8y3 = 4− 6x
8x3 + 8x− 4 = 2y ⇔
{
8y3 = −6x+ 4 (a)
8x3 = 2y + 4− 8x. (b)
Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được
8(x3 − y3) = 2(y − x)⇔ (x− y)[4(x2 + xy + y2) + 1] = 0⇔ y = x.
Thay y = x vào (a) ta được
8x3 = −6x+ 4⇔ 4x3 + 3x = 2.
Đến đây làm giống cách 1.
Bài toán 6 (Chọn đội tuyển tp Hồ Chí Minh dự thi quốc gia năm học
2002-2003). Giải phương trình
3
√
3x − 5 = 8x3 − 36x2 + 53x − 25.
Giải. Tập xác định R. Phương trình viết lại
3
√
3x− 5 = (2x− 3)3 − x+ 2. (1)
Đặt 2y − 3 = 3√3x− 5. Kết hợp với (1) ta có hệ{
(2y − 3)3 = 3x− 5 (2)
(2x− 3)3 = x+ 2y − 5 (3)
Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được
2 (x− y) [(2x− 3)2 + (2x− 3) (2y − 3) + (2y − 3)2] = 2(y − x)
9WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
⇔
[
x− y = 0 (4)
(2x − 3)2 + (2x− 3) (2y − 3) + (2y − 3)2 + 1 = 0. (5)
• Ta có (4)⇔ y = x. Thay vào (2) ta được
(2x− 3)3 = 3x− 5⇔ 8x3 − 36x2 + 54x − 27 = 3x− 5
⇔ (x− 2)(8x2 − 20x + 11) = 0⇔

 x = 2
x =
5±√3
4
.
• Do A2 + AB +B2 =
(
A+
B
2
)2
+
3B2
4
≥ 0 nên (5) không thể xảy ra.
Phương trình có ba nghiệm x = 2, x =
5±√3
4
.
Bài toán 7 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006). Giải phương trình
3
√
6x+ 1 = 8x3 − 4x− 1.
Giải. Tập xác định của phương trình là R. Đặt 3
√
6x+ 1 = 2y. Ta có hệ{
8x3 − 4x− 1 = 2y
6x+ 1 = 8y3
⇔
{
8x3 = 4x+ 2y + 1 (1)
8y3 = 6x+ 1. (2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
8(x3 − y3) = 2(y − x)⇔  ... rình
sinx. sin y. cos(x+ y) =
1
8
.
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương
4 cos(x+ y) [cos(x− y)− cos(x+ y)] = 1
⇔4 cos2(x+ y)− 4 cos(x+ y) cos(x− y) + 1 = 0
⇔ [2 cos(x+ y)− cos(x− y)]2 + sin2(x− y) = 0
⇔
{
2 cos(x+ y) = cos(x− y)
sin(x− y) = 0 ⇔
{
2 cos(x+ y) = cos(x− y)
cos(x− y) = ±1
⇔
{
cos(x− y) = 1
cos(x+ y) =
1
2
hoặc
{
cos(x− y) = −1
cos(x+ y) = −1
2
.
Ví dụ 46. Cũng xét bất đẳng thức
sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
≤ 1
8
, ∀∆ABC,
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C =
pi
3
. Lấy
A = 2x− y, B = 3y, C = pi − [(2x− y) + 3y] = pi − 2(x+ y),
ta được bài toán sau
53WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Bài toán 58.
sin
y − 2x
2
sin
3y
2
cos(x+ y) = −1
8
.
Giải. Phương trình tương đương
4 [cos(x+ y)− cos(2y − x)] cos(x+ y) = −1
⇔4 cos2(x+ y)− 4 cos(x+ y) cos(2y − x) + 1 = 0
⇔ [2 cos(x+ y)− cos(2y − x)]2 + sin2(2y − x) = 0
⇔
{
2 cos(x+ y) = cos(2y − x)
sin(2y − x) = 0 ⇔
{
2 cos(x+ y) = cos(2y − x)
cos(2y − x) = ±1
⇔
{
cos(2y − x) = 1
cos(x+ y) =
1
2
hoặc
{
cos(2y − x) = −1
cos(x+ y) = −1
2
.
Ví dụ 47. Xét bất đẳng thức
cosA cosB cosC ≤ 1
8
, ∀∆ABC,
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C =
pi
3
. Lấy
A = x, B = y, C = pi − (x+ y),
ta được bài toán sau
Bài toán 59. Giải phương trình
cos x. cos y. cos(x+ y) = −1
8
.
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương
4 cos(x+ y) [cos(x+ y) + cos(x− y)] = −1
⇔4 cos2(x+ y) + 4 cos(x+ y) cos(x− y) + 1 = 0
⇔ [2 cos(x+ y) + cos(x− y)]2 + sin2(x− y) = 0
⇔
{
2 cos(x+ y) = − cos(x− y)
sin(x− y) = 0 ⇔
{
2 cos(x+ y) = − cos(x− y)
cos(x− y) = ±1
⇔
{
cos(x− y) = −1
cos(x+ y) =
1
2
hoặc
{
cos(x− y) = 1
cos(x+ y) = −1
2
.
54WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Ví dụ 48. Xét bất đẳng thức
cosA + cosB + cosC ≤ 3
2
, ∀∆ABC,
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C =
pi
3
. Lấy
A = x, B = y, C = pi − (x+ y),
ta được phương trình
cos x+ cos y − cos(x+ y) = 3
2
. (1)
Lấy
A = 2x− y, B = 2y − x, C = pi − [(2x− y) + (2y − x)] = pi − (x+ y)
ta được phương trình
cos(2x− y) + cos(2y − x)− cos(x+ y) = 3
2
. (2)
Cộng (1) và (2) ta được bài toán sau
Bài toán 60. Giải phương trình
cos x+ cos y + cos(2x− y) + cos(2y − x) = 3 + 2 cos(x+ y).
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương đương
[cos x+ cos(2y − x)] + [cos y + cos(2x− y)] = 3 + 2 cos(x+ y)
⇔2 cos y cos(x− y) + 2 cos x cos(x− y) = 3 + 2 cos(x+ y)
⇔2 cos(x− y) (cosx+ cos y) = 3 + 2 cos(x+ y)
⇔4 cos(x− y) cos x+ y
2
cos
x− y
2
= 3 + 4 cos2
x+ y
2
− 2
⇔4 cos2 x+ y
2
− 4 cos(x− y) cos x+ y
2
cos
x− y
2
+ 1 = 0
⇔
[
2 cos
x+ y
2
− cos(x− y) cos x− y
2
]2
+ 1− cos2(x− y) cos2 x− y
2
= 0. (1)
Vì 1− cos2(x− y) cos2 x− y
2
≥ 0 nên
(1) ⇔


2 cos
x+ y
2
− cos(x− y) cos x− y
2
= 0
1− cos2(x− y) cos2 x− y
2
= 0
55WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
⇔


2 cos
x+ y
2
− cos(x− y) cos x− y
2
= 0
1− cos2(x− y)1 + cos(x− y)
2
= 0
⇔
{
2 cos
x+ y
2
− cos(x− y) cos x− y
2
= 0
cos2(x− y) + cos3(x− y) = 2
⇔
{
cos(x− y) = 1
2 cos
x+ y
2
= cos
x− y
2
(2)
Vì cos(x− y) = 1⇔ 2 cos2 x− y
2
− 1 = 1⇔ cos2 x− y
2
= 1 nên
(2)⇔
{
cos(x− y) = 1
2 cos
x+ y
2
= ±1 ⇔
{
cos(x− y) = 1
cos
x+ y
2
= ±1
2
⇔
{
cos(x− y) = 1
cos2
x+ y
2
=
1
4
⇔
{
cos(x− y) = 1
1 + cos(x+ y) =
1
2
⇔
{
cos(x− y) = 1
cos(x+ y) = −1
2
.
1.1.11 Sử dụng hàm ngược để sáng tác một số phương trình, hệ phương
trình.
Giả sử hàm số y = f(x) có hàm số ngược là y = g(x). Nếu vẽ đồ thị của hai hàm số
trên cùng một hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc thì hai đồ thị ấy đối xứng nhau qua
đường phân giác thứ nhất. Do đó nếu hàm số y = f(x) có hàm số ngược là y = g(x) thì
việc giải phương trình f(x) = g(x) quy về giải phương trình f(x) = x (hoặc g(x) = x).
Tóm lại, trong một số trường hợp ta sử dụng mệnh đề sau
Mệnh đề. Cho y = f(x) là hàm đồng biến (hoặc nghịch biến), có hàm ngược y =
f−1(x). Ta có phép biến đổi sau
f(x) = f−1(x)⇔
{
f(x) = x
x ∈ Df ∩Df−1 (1)
hoặc
f(x) = f−1(x)⇔
{
f−1(x) = x
x ∈ Df ∩Df−1 (2)
Như vậy việc giải PT f(x) = f−1(x) ta thay thế được bởi các hệ phương trình tương
đương (1) hoặc (2).
56WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Ví dụ 49. Xét hàm số y = f(x) = 2x2 + 4x − 1 trên (−1;+∞). Hàm số ngược của
f(x) là y =
√
x+ 3
2
− 1 xác định trên (−3;+∞). Khi đó
2x2 + 4x− 1 =
√
x+ 3
2
− 1⇔ 2x2 + 4x =
√
x+ 3
2
.
Ta có bài toán sau
Bài toán 61 (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2007). Giải phương trình
2x2 + 4x =
√
x+ 3
2
, với x ≥ −1.
Giải. Điều kiện x ≥ −1 (giả thiết).
Cách 1. Xét hàm số
y =
√
x+ 3
2
− 1, ∀x ∈ [−1;+∞) .
Khi đó
y + 1 =
√
x+ 3
2
⇔
{
y ≥ −1
y2 + 2y + 1 =
x+ 3
2
⇔
{
y ≥ −1
x = 2y2 + 4y − 1.
Suy ra hàm số y = 2x2 + 4x − 1 là hàm số ngược của hàm số y =
√
x+ 3
2
− 1 trên
[−1;+∞). Mặt khác hàm số y = 2x2 + 4x− 1 đồng biến trên [−1;+∞) nên
2x2 + 4x − 1 =
√
x+ 3
2
− 1⇔ 2x2 + 4x− 1 = x⇔

 x =
−3 +√17
4
x =
−3−√17
4
.
Kết hợp với điều kiện suy ra x =
−3 +√17
4
là nghiệm duy nhất của PT đã cho.
Cách 2. Đặt y + 1 =
√
x+ 3
2
, điều kiện y ≥ 1. Ta có hệ
{
(y + 1)2 =
x+ 3
2
2x2 + 4x = y + 1
⇔
{
2y2 + 4y = x+ 1 (1)
2x2 + 4x = y + 1. (2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
2(y2 − x2) + 4(y − x) = x− y ⇔ 2(y − x)(y + x) + 3(y − x) = 0
57WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
⇔
[
y − x = 0
2(y + x) + 3 = 0
⇔
[
y = x
y =
−3− 2x
2
.
• Khi y = x, thay vào (2) ta được
2x2 + 4x = x+ 1⇔ 2x2 + 3x− 1 = 0⇔

 x =
−3 +√17
4
x =
−3−√17
4
(loại).
• Khi y = −3 + 2x
2
, thay vào (2) ta được
4x2 + 10x+ 1 = 0 ⇔

 x =
−5−√21
4
(loại)
x =
−5 +√21
4
.
Với x =
−5 +√21
4
ta có
y = −3 + 2x
2
= −1 +
√
21
4
< −1 (không thoả mãn y ≥ −1)
Kết hợp với điều kiện suy ra x =
−3 +√17
4
là nghiệm duy nhất của PT đã cho.
Lưu ý. Cách đặt y + 1 =
√
x+ 3
2
được tìm như sau : Ta đặt ay + b =
√
x+ 3
2
(với a
và b sẽ tìm sau). Khi đó có hệ{
ay2 + 2aby + b2 =
x+ 3
2
2x2 + 4x = ay + b
⇔
{
2ay2 + 4aby = x+ 3− 2b2
2x2 + 4x = ay + b
Ta cần chọn a và b sao cho hệ trên là hệ đối xứng loại hai, muốn vậy thì
2a
2
=
4ab
4
=
1
a
=
3− 2b2
b
⇒
{
a = 1
b = 1.
Do đó ta đặt y + 1 =
√
x+ 3
2
.
Ví dụ 50. Xét hàm số y = f(x) = x2− 3x trên
[
3
2
;+∞
)
. Hàm số ngược của f(x) là
y =
3 +
√
9 + 4x
2
xác định trên
[
−9
4
;+∞
)
. Khi đó
3 +
√
9 + 4x
2
= x2 − 3x⇔ √9 + 4x = 2x2 − 6x − 3.
58WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Ta có bài toán sau
Bài toán 62. Giải phương trình
√
9 + 4x = 2x2 − 6x− 3.
Giải. Điều kiện x ≥ −9
4
. Đặt 2y − 3 = √9 + 4x, điều kiện y ≥ 3
2
. Ta thu được hệ
{
(2y − 3)2 = 9 + 4x
2y − 3 = 2x2 − 6x− 3 ⇔
{
4y2 − 12y = 4x
2x2 − 6x = 2y ⇔
{
2y2 − 6y = 2x (1)
2x2 − 6x = 2y (2)
Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được
2(y2 − x2)− 6y + 6x = 2x − 2y ⇔ 2(y2 − x2) + 4(x− y) = 0
⇔(y − x)(y + x− 2)⇔
[
y = x
y = 2− x.
• Khi y = x, thay vào (1) ta được
2x2 − 6x = 2x⇔ x2 − 4x = 0⇔
[
x = 0
x = 4.
Khi x = 0 thì y = 0 (loại). Khi x = 4 thì y = 4.
• Khi y = 2− x, thay vào (2) ta được
x2 − 3x = 2− x⇔ x2 − 2x− 2 = 0⇔
[
x = 1−√3
x = 1 +
√
3.
Khi x = 1 +
√
3 thì y = 1−√3, không thoả mãn điều kiện.
Khi x = 1−√3 thì thế vào phương trình thấy không thoả mãn.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.
Lưu ý. Theo cách xây dựng bài toán trên thì phương trình đã cho tương đương với{
x2 − 3x = x
x ≥ 3
2
⇔ x = 4
và tương đương với

3 +
√
9 + 4x
2
= x
x ≥ 3
2
⇔
{ √
9 + 4x = 2x − 3
x ≥ 3
2
⇔
{
4x2 − 16x = 0
x ≥ 3
2
⇔ x = 4.
Ví dụ 51. Hàm số y = 3
√
x+ 3 là hàm số ngược của hàm số y = x3− 3 trên R. Do đó
ta có bài toán sau
59WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Bài toán 63. Giải phương trình 3
√
x+ 3 = x3 − 3
Giải.
Tập xác định R. Đặt y = 3
√
x+ 3. Khi đó ta có hệ{
y3 = x+ 3 (1)
x3 = y + 3 (2)
Lấy (2) trừ (1) theo vế ta được
x3 − y3 = y − x⇔ x3 + x = y3 + y. (3)
Xét hàm số f(t) = t3 + t. Vì f ′(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên
(3)⇔ f(x) = f(y)⇔ x = y.
Do đó
x3 = x+ 3⇔ x3 − x = 3 (4)
Giả sử x = pt, thay vào (4) ta được
p3t3 − pt = 3⇔ t3 − 1
p2
t =
3
p3
. (5)
Ta cần chọn p sao cho
1
p2
=
3
4
⇔ p2 = 4
3
⇒ p = 2√
3
.
Khi đó (5) viết lại
t3 − 3
4
t =
3.3
√
3
8
⇔ 4t3 − 3t = 9
√
3
2
. (6)
Để cho gọn, kí hiệu m =
9
√
3
2
> 1. Đặt
m =
1
2
(
α3 +
1
α3
)
hay α3 = m±
√
m2 − 1⇔ α = 3
√
m±
√
m2 − 1.
Chỉ cần chọn
α =
3
√
m+
√
m2 − 1 = 3
√
9
√
3
2
+
√
239
4
=
3
√
9
√
3 +
√
239
2
.
Để ý rằng
1
α
=
3
√
9
√
3−√239
2
và
1
2
(
α3 +
1
α3
)
= 4
[
1
2
(
α+
1
α
)]3
− 3
[
1
2
(
α +
1
α
)]
.
60WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Vậy
t0 =
1
2
(
α+
1
α
)
=
1
2

 3
√
9
√
3 +
√
239
2
+
3
√
9
√
3−√239
2


là một nghiệm của PT (6). Ta sẽ chứng minh t0 là nghiệm duy nhất của PT. Ta có
|t0| > 1 và
4t3 − 3t = 4t3
0
− 3t0 ⇔ (t− t0)(4t2 + 4t0t+ 4t20 − 3) = 0.
Để ý rằng phương trình 4t2 + 4t0x+ 4t20 − 3 = 0 vô nghiệm do
∆′ = 4t2
0
− 4(4t2
0
− 3) = 12− 12t2
0
= 12(1− t2
0
) < 0 (vì t2
0
> 1).
Vậy t =
1
2
(
3
√
m+
√
m2 − 1 + 3
√
m−√m2 − 1
)
là nghiệm duy nhất của phương trình
(6). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
x =
1√
3

 3
√
9
√
3 +
√
235
2
+
3
√
9
√
3−√235
2

 .
Bài toán 64. Cho trước số thực a. Giải phương trình (ẩn là x)
a2011 + x =
2011
√
a− x2011.
Giải. Tập xác định R. Ta xem a như ẩn số. Khi đó ta xét hàm số y = f(a) = a2011+x.
Ta có
y = a2011 + x⇔ a2011 = y − x⇔ a = 2011√y − x.
Vậy hàm số y = 2011
√
a− x là hàm ngược của hàm y = a2011 + x, ∀a ∈ R. Mặt khác vì(
a2011 + x
)
′
= 2011a2010 ≥ 0, ∀a ∈ R
nên y = a2011 + x là hàm đồng biến trên R, do đó
a2011 + x =
2011
√
a− x2011 ⇔
{
a2011 + x = a
a ∈ R ⇔ x = a− a
2011.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = a− a2011.
Ví dụ 52. Hàm số y = log 1
4
x là hàm số ngược của hàm số y =
(
1
4
)x
trên (0; +∞).
Do đó ta có bài toán sau
61WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM
Nguyễn Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1.
Bài toán 65. Giải hệ phương trình

x =
(
1
4
)y
y =
(
1
4
)x (1)
Giải. Ta có
(1)⇔

 y =
(
1
4
)x
y = log 1
4
x.
⇔


y =
(
1
4
)x
(
1
4
)x
= log 1
4
x.
(3)
Hàm số g(x) = log 1
4
x là hàm ngược của hàm f(x) =
(
1
4
)x
, do đó đồ thị của hai hàm
này đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất y = x. Bởi vậy
(x, y) là nghiệm của (3) khi và chỉ khi x = y, nghĩa là
(3)⇔


y = x
x =
(
1
4
)x ⇔ x = y = 1
2
.
62WWW.MATHVN.COM WWW.MATHVN.COM