1

PHƯƠNG TRÌNH - BÂT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến thức cần nhớ:

2 2

2 1 2 1

2 2

2 1 2 1

1.

2. 0

3. ,

4. 05. ,

nn

n n

n n

n n

n n

a a

a b a b ab

a b a b a b

a b a ba b a b a b

2. Các dạng cơ bản:

* Dạng 1: 2

0g xf x g x

f x g x

(Không cần đặt điều kiện 0f x )

* Dạng 2: f x g x xét 2 trường hợp:

TH1:

0

0

g x

f x

TH2:

2

( ) 0g xf x g x

* Dạng 3: 2

( ) 00

f xf x g x g x

f x g x

Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện cho 0g x rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương trình về dạng quen thuộc.

+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình 1 20 1 2 1 0n n n

n na x a x a x a x a có nghiệm

x= thì chia vế trái cho cho x– ta được 1 20 1 2 1 0n n

n nx b x b x b x b , tương tự cho bất

phương trình. * Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này

là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác.

* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. Ví dụ 1: Giải phương trình: 01312 2 xxx (ĐH Khối D – 2006) Biến đổi phương trình thành: 22 1 3 1x x x (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:

028116 234 xxxx ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0.

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 224 1 2 10 1 3 2x x x , ĐK: 23

x

2 2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5pt x x x x x x x x (1), Với 32

x hai vế (1) đều

không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 0 23 1 0x x

b) Tương tự với 2 dạng: * f x g x * f x g x

Ví dụ 1: Giải bất phương trình 22 6 1 2 0 1x x x Giải 21 2 6 1 2x x x bất phương trình tương đương với hệ:

2

2

2

22 0

3 7 3 7 3 72 6 1 0 32 2 2

2 6 1 2 1 3

xx

x x x x xx x x x

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình 2 2 1 2x mx m có nghiêm. Giải * Nếu m < 2 phương trình vô nghiệm. * Nếu m 2 phương trình x22mxm2+4m3=0. Phương trình này có =2m24m+3>0 với mọi m. Vậy với m 2 thì phương trình đã cho có nghiêm. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 22 3 1x mx x có hai nghiệm phân biệt. Giải:

Cách 1: 2

12 4 0, (*)

xPT

x m x

, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:

2 2

1 22 4 20 2 4 200, 0

2 2m m m m m mx x

. Phương trình đã cho có 2 nghiệm (*)

có 2 nghiệm 1x

222 2

41 4 4 20 1

4 4 20

mx m m m m

m m m

Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với 1 0x t . (*) trở thành: 21 2 1 4 0t m t (**). Để (*) có 2 nghiệm 1x thì (**) phải có 2 nghiệm

0t . Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:

2 2 2 1x mx x , (1)

Giải: 2

2 1 03 4 1 0, 2

xpt

x m x

để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn

hơn hoặc bằng 12

hay

24 12 0

1 902 21

2 2

m

f m

S

.

Chú ý : Cách 2: đặt 12

t x , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 12

thì

21 13 4 1 0

2 2t m t

có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.

3. Các kỹ năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 1 1 2 4x x x (ĐH Khối A – 2005) Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành:

5 1 1 2 4x x x khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải. Ví dụ 2: Giải phương trình: 21 2 2 1x x x x x . Giải

3

Điều kiện: 1

2 *0

xxx

2 2 2 2

22 2 2

2

1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1

4 2 2 1

8 9 0

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, 98

x .

(Hãy tìm thêm cách giải khác) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 22 4 0x mx x có nghiệm.

HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được 2

1,216

2m mx

. Kết hợp với điều kiện

ta tìm được |m| 4. b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:

- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích... Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 7 7x x . HD:

Bình phương hai vế. Dùng hằng đẳng thức a2 b2=0.

Nghiệm 1 292,2

x x .

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.

2

2 41 1

x xx

b. 2 23 2 3 2 0x x x x

ĐS: a. 1x<8, b. 1; 2 3;2

.

Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 2x x m x .(1) Giải: ĐK: 2x , do m > 0.

)2(,3262

242 23 mxxx

xmxxpt . Để chứng minh 0m , phương trình (1)

có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt 3 26 32, 2f x x x x , ta có f(2) = 0, ' 2lim , 3 12 0, 2

xf x f x x x x

nên f(x) là hàm liên tục trên 2; và đồng biến trên

khoảng đó suy ra 0m phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 < x0 < . Một số dạng chuyển thành tích:

- Dạng: - -a c x b dax b cx d

m

Ta biến đổi thành: ( )m ax b cx d ax b cx d

Ví dụ: Giải phương trình: 34 1 3 25

xx x . ĐS: x=2.

- Dạng: u+v=1+uv (u-1)(v-1)=0 Ví dụ: Giải phương trình: 3 23 31 2 1 3 2x x x x . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ: Giải phương trình: 3 244 1 1x x x x . ĐS: x=0, x=1.

- Dạng: au+bv=ab+uv (ub)(va)=0 Ví dụ 1: Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 2 2 23 3 2 3 2 2x x x x x x x . ĐS: x=0.

- Dạng: a3b3 (ab)(a2+ab+b2)=0 a=b

4

Ví dụ: Giải phương trình: 22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x . ĐS: x=1. c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với ,0 1iA i n khi đó pt tương đương với:

, ,1 20 0 0 nA A A . Ví dụ 1: Giải phương trình: 24 3 3 4 3 2 2 1x x x x x . HD: Phương trình tương đương 24 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0x x x x x x . ĐS: x=1.

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 24 2 4x y y x y . Giải

Bình phương hai vế ta được 2 2 2 12 1 2 2 2 4 0 , 2.2

x y y x y x y

d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 3 3a b c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức

3 3 3 3a b a b ab a b khi đó phương trình tương đương với hệ 3 3 3

33

a b c

a b abc c

. Giải hệ này

ta có nghiệm của phương trình. Ví dụ: Giải bất phương trình 3 3 31 2 2 3x x x . ĐS:

31; 2;2

x x x .

e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: - TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

22 16 73 1

3 3

x xxx x

(ĐH Khối A2004)

Giải ĐK: 4x . 2 21 2 16 3 7 2 16 10 2 x x x x x

22

45

10 2 0

10 2 010 34 5

2 16 10 2

xx

x

xx

x x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 10 34 x . - TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp:

Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a. 2 23 4 9x x x b. 251 2 1

1x xx

.

HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3. ĐS: 5 36

x x .

b. Xét hai trừng hợp của x1. ĐS: 1 52 5 1x x . Bài tập Bài 1: Giải các phương trình sau: a. 22 1 1 0x x x x x x .

HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành: 2 2 3 22 4 4 6 4 0x x x x x x x x . 2 2( 2)(2 2 2) 0x x x x x

b. 2 24 5 1 2 1 9 3x x x x x . HD: Nhân lượng liên hợp. Bài 2: Giải bất phương trình sau: 21 2 1 2 2 .x x x

HD: Cách 1: Đặt 4 2

2 41 2 1 216

t tt x x x . Cách 2: Bình phương rồi đưa về dạng:A1+A2 =

0, với A1, A2 0 .

5

Bài 3: Giải phương trình 4 3 10 3 2x x . (HD: Bình phương hai lần ra phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức).

Bài 4: Giải phương trình 221 13

x x x x .

Bài 5: Giải phương trình 22 6 1 1x x x . Bài 6: Giải các phương trình sau: 1. 2 1 1x x 2. 3 32 2 3 1x x 3. 3 3 32 2 2 9x x x 4. 33 31 1 2x x x

5. 2

1 1 24xx x 6. 22 3 3 1

4xx x

7. 5 3 3 1 1x x x . (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2 0 ). Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m x m x m . Bài 8: Tìm m sao cho phương trình: 24x x x m .

a. Có nghiệm. b. Có hai nghiệm phân biệt.

Bài 9: Giải các bất phương trình sau:

a. 21 1 4 3x

x

.

b. 2 2 23 2 6 5 2 9 7x x x x x x . c. 2 2 22 2 3 4 5x x x x x x .

Bài 10: Giải các phương trình:

a. 3 32 23 31x x x x x . b. 43 43

xx xx

.

c. 34 3 1 4x xx

. d. 22 3 9 4x x x .

e. 2 22 1 4 3 1 2 2 6x x x x x x . II. Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: 0nF f x , đặt nt f x (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t 0).

Ví dụ 1: Giải các phương trình: a. 2 2 11 31x x . b.

25 2 3 3x x x x .

HD: a. Đặt 2 11, 0t x t . ĐS: x=5.

b. Đặt 2 3 , 0t x x t . ĐS: 3 1092

x .

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 2 22 2 5 2x x m x x m . Giải Đặt: 225 2 6 1 0; 6t x x x t .

Khi đó phương trình trở thành 2 22 5 0 * 5t mt m t m . Phương trình đã cho có nghiệm

khi (*) có nghiệm 0; 6t hay 0 5 6 5 6 5

0 5 6 5 6 5

m m

m m

.

Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình: 2( 2 2 1) 2 0m x x x x , (1) có nghiệm 0;1 3x .

Giải: Đặt 2 2 22 2 2 2t x x x x t . Nếu 31;0 x thì 2;111 2 xt BPT trở thành: 21 2 0, 2m t t

6

Khi đó ta có 2 2

1t mt

, với 1 2t . Đặt 2 2

1tf tt

, dùng đồ thị ta tìm được 23

m .

Dạng 2: 2 0m f x g x n f x g x n f x g x p , đặt t f x g x , bình phương hai

vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. Ví dụ 1: Cho phương trình 3 6 3 6x x m x x .

a. Giải phương trình khi m=3. b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.

Giải Đặt: 23 6 9 2 3 6 *t x x t x x . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

2 3 6 9x x nên từ (*) ta có 3 3 2t . Phương trình đã cho trở thành t22t9=2m (1). a. Với m=3 (1) t22t3 t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6. b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 3;3 2t . Xét hàm số 2 2 9f t t t với

3;3 2t , ta thấy f(t) là một hàm đb nên: 6 (3) 3 2 9 6 2f f t f với 3;3 2t . Do

vậy (1) có nghiệm 3;3 2t khi và chỉ khi 6 2 96 2 9 6 2 32

m m

Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng BĐT như bài trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ). Ví dụ 2: Giải phương trình 3 33 335 35 30x x x x .

HD: đặt: 3

3 33 3 3535 353

tt x x xt

. ĐS: x=2, x=3.

Ví dụ 3: Giải bất phương trình 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x .

HD: Đặt 7 7 7 6 0t x x … 6 67

x .

Dạng 3: , 0n nF f x g x , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.

TH1: Kiểm tra nghiệm với 0g x .

TH2: Giả sử 0g x chia hai vế phương trình cho kg x và đặt

nf x

tg x

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 3 25 1 2 2x x .

ĐK: 1x . 3 2 2 25 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x

2 2

1 12 5 2 01 1

x xx x x x

Đặt 2

1 , 01

xt tx x

. Phương trình trở thành 2

22 5 2 0 1

2

tt t

t

.

Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.

Với 12

t : Phương trình đã cho có nghiệm 5 372

x .

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 25 14 9 20 5 1x x x x x . Giải

7

ĐK: 5x . 2 2 2 25 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20x x x x x x x x x x

Bình phương hai vế: 2 22 4 5 3 4 5 4 5 4x x x x x x

Đặt 2 4 5 , 0.

4x xt t

x

phương trình trở thành 2 32 5 3 0 1,2

t t t t .

Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm 5 61 5 615, 52 2

x x .

Với 32

t : Phương trình đã cho có nghiệm 78 5, 55

x x .

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 5 61 , 82

x x .

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 243 1 1 2 1x m x x . HD: ĐK 1x . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho 24 1x đặt

4 41 211 1

xtx x

0 1t . ĐS 113

m .

Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). 0af x g x f x h x . Đặt t f x , khi đó phương trình trở thành 2 0at g x t h x .

Ví dụ: Giải phương trình 2 22 1 2 1 2 1x x x x x . HD Đặt 2 2 1 1 6t x x x . (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,… rất hay!) Bài tập Giải các phương trình sau:

1. 2 32 5 2 4 2 21 20x x x x ĐS: 9 193 17 3 73,4 4

x x .

2. 33 23 2 2 6 0x x x x Đặt 2y x , ĐS: 2, 2 2 3x x .

3. 2 32 3 2 3 8x x x ĐS: 3 13x .

4. 1 1 12 1 3xx xx x x

Đặt 11tx

, ĐS: 1 52

x .

Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này. Lưu ý vài tính chất cơ bản: * sin 1, cos 1a a . * 2 2sin cos 1a a .

* 22

11 tancos

aa

* 22

11 cotsin

aa

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 2 21 1 2x x . Giải ĐK 1x . Đặt cos , 0;x t t . Khi đó phương trình trở thành

2 2 21 1 cos 2 cos 2sin sin 1 0.t t t t Ta tìm được: 1sin2

t . Khi đó

2 3cos 1 sin2

x t t .

8

Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u x a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt

sin , ;2 2

u x a t t hoặc đặt cos , 0;u x a t t .

* Nếu 0;u x a ta có thể đặt 2sin , 0;2

u x a t t .

Ví dụ 2: Giải phương trình 33 2 21 2 1x x x x .

HD: Đặt cos , 0;x t t dưa về phương trình lượng giác sin cos 1 sin cos 2 sin cost t t t t t . Để gải phương trình này ta lại đặt sin cos , 2u t t u .

ĐS: 2 1 2 2 2,2 2

x x .

Ví dụ 3: Giải phương trình 2 31 4 3x x x . ĐS: 1 2 2,42

x x .

Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). * Khi gặp phương trình có dạng , , 0n mF f x a f x b f x .

Đặt ,n mu a f x v b f x . Khi đó ta được hệ phương trình sau: , 0

n m

F u v

u v a b

. Giải hệ này

tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình nu a f x hoặc

mv b f x .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 6 3 3 6x x x x . ĐS: 0, 3x x .

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24 12 6x x . ĐS: 24, 88, 3x x x . Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 4 17 3x x . ĐS: 1, 16x x .

Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 23 3 32 7 2 7 3x x x x . ĐS: 1, 6x x .

Ví dụ 5: Giải phương trình: 33 31 3 2x x , đặt 3 31, 3,u x v x pt trở thành: 3

3 3

22

u vu v

Ví dụ 6: Giải phương trình: 31 1 12 2

x x , đặt 31 1,2 2

u x v x

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: axx 33 11 có nghiệm.

Đặt 33 1,1 xvxu . Phương trình trở thành: 2 2 2a u v uv

u v a

TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm.

TH2: 0a , hệ phương trình trở thành 21 23

u v a

uv aa

. Hệ có nghiệm khi 2 4 0 0 2S P a .

Vậy phương trình có nghiệm khi 0 2a . * Khi gặp phương trình có dạng n nf x b a af x b .

Đặt , nt f x y af x b ta có hệ n

n

t b ayy b at

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 3 32 1 2 2 1x x . ĐS: 1 51,2

x x .

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 32 42

xx x .

9

Giải

ĐK 3x . 2 22 1 23 1 12 4 2 1 2 1 1 12 2 2 2

xx xx x x x

.

Đặt 211, 1 1 12 2 2

x t tt x y y . Ta được hệ phương trình

2

2

112112

t y

y t

. Giải thêm chút

nữa ta được kết quả! ĐS: 3 17 5 13,

4 4x x .

Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ.

Ví dụ 3: Giải phương trình 24 7 1 2 2x x x . ĐS: 7 11, ,4 4

x x x .

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. Bài tập: Bài 1: Giải các phương trình sau: 1. 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x 2. 2 22x x x x

3. 2 24 2 1 2 2 9x x x x x x 4. 4 1 52x x xx x x .

Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: 1. 2 25 10 1 7 2x x x x 2. 3 24 12 6x x

3. 2 22 5 6 10 15x x x x 4. 2

1 1 24xx x .

Bài 3: Giải các phương trình sau: 1. 3 312 14 2x x 2. 33 31 3 2x x 3. 2 3 21 2 1 3x x 4. 2 2 2x x

5. 2

1 1 24xx x (đặt 1 1t x x ).

III. Phương pháp hàm số Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có

( )f u f v u v . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì

bac ; : '

F b F aF c

b a

. Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì

; : ' 0 ' 0c a b F c F x có nghiệm thuộc (a;b). Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v.

10

Ví dụ: Giải phương trình: 24 1 4 1 1x x

ĐK: 12

x . Đặt 24 1 4 1f x x x . Miền xác định: 12

x , '

2

2 4 04 1 4 1

xf xx x

.

Do đó hàm số đồng biến với 12

x , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy

12

x là nghiệm của phương trình.

Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min , max ,

x D x Df x m g m f x m

.

* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: 2 21 1x x x x m có nghiệm. TXĐ: R

Xét hs: 2 21 1y f x x x x x , Df = R, 2 2

2 1 2 1'1 1

x xyx x x x

' 2 22 22 2

2 1 2 1 00 2 1 1 2 1 1

2 1 1 2 1 1

x xy x x x x x x

x x x x x x

(v.nghiệm) Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.

Giới hạn: 2 2

2 2

2lim lim 11 12lim lim 1

1 1

x x

x x

x

x x x xx

x x x x

BBT: x y’ + y 1

1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 1mx x m , ĐK: 3x

1 31

xbpt mx

, xét hs

2

1 3 5'1 2 3 1

x xy yx x x

. ' 0 5y x . lim 0

xy

và f(3) =

12

.

BBT:

x 3 5 y’ + 0 y y(5)