Phương trình chứa tham số

Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 1

LỜI NÓI ĐẦU
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng nhiều học sinh lúng túng khi gặp các bài toán
tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất phương trình, hệ phương trình… thoả mãn một tính
chất nào đó như: nghiệm duy nhất, nghiệm đúng trên một miền cho trước, hai phương trình tương
đương…Do đó tôi đã hướng dẫn học sinh sử dụng một phương pháp rất có hiệu lực để giải dạng toán
này là : phương pháp điều kiện cần và đủ.
Nội dung của phương pháp thực hiện theo hai bước sau:
Bước 1(Điều kiện cần): Giả sử bài toán đã thỏa mãn các tính chất đãn cho( Nghiệm duy nhất…).
Dựa vào đặc thù của tính chất đó và dạng của phương trình( hệ phương trình …) đã cho mà ta tìm
được điều kiện dàng buộc của tham số. Đó chính là điều kiện cần để thoả mãn tính chất của bài toán.
Bước 2( Điều kiện đủ): Ta xét xem trong những giá trị của tham số vừa tìm được giá trị nào thỏa mãn
tính chất bài toán. Nói chung bước này ta thường chỉ việc xét các bài toán với giá trị tham số cụ thể (
không còn tham số).
Kết hợp cả hai bước ta tìm được điều kiện cần và đủ của tham số thoả mãn bài toán.
Để minh hoạ cho phương pháp trên, ta xét một số ví dụ sau. Tôi cố gắng phân chia ra một số
dạng (điều này chỉ mang tính chất tương đối), với mỗi dạmg tôi dưa ra một số nhận xét, đây chính là
nêu ra các giải bài toán dạng tương ứng.



Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 2

CÁC BÀI TOÁN MINH HOẠ
Bài 1.Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

+−+ +−=
44
11
x
xx xm

Giải
Điều kiện cần: Giả sử phương trình (1) có nghiệm x= x
0
, dễ thấy (1) cũng có nghiệm
x= 1-x
0
, nên để phương trình có nghiệm duy nhất điều kiện cần là x
0
= 1-x
0
, suy ra
x
0
=
1
2
. Thay x
0
=
1
2
vào (1) ta có m =
+
4

28

Vậy điều kiện cần để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là m =
4
28+
Điều kiện đủ: Thay m =
+
4
28
vào phương trình (1) ta được:

+−+ +−=
44
11
x
xx x
+
4
28
(2)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
+−≤1xx2
( dấu bằng xảy ra khi x=
1
2
)
+−≤ +−≤ +−= =
4
44
12(1)22(1)22xx xx xx 8

( dấu bằng cùng xảy ra khi x=
1
2
)
Do đó ta có:
+−+ +−≤
44
11xx x
+
4
28
dấu bằng xảy ra khi x=
1
2

x
Vậy (2) ⇔ x=
1
2
, suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=
1
2
.
Tóm lại phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m =
4
28+ .
Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
++ − + + − =14 (1)(4)
x

xx xm (1)
Giải
Điều kiện cần: Ta thấy rằng x
0
là nghiệm của (1) thì 3- x
0
cũng là nghiệm của (1). Vì Vậy điều kiện cần
để phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x
0
= 3- x
0
⇔
x
0
=
3
2

Thay vào (1),ta có m =
+
5
10
2
.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 3
Điều kiện đủ: Thay m =
5
10

2
+
vào (1) ta có phương trình:

++ − + + − =14 (1)(4)
x
xx x
+
5
10
2

áp dụng Bunhiacospki ta có:
++ − ≤ + ++− =14 11 14 1xxxx0
(2)
áp dụng Cauchy ta có :
+
+−
+−≤ =
14 5
(1)(4)
22
xx
xx
(3)
Dấu bằng đồng thời xảy ra ở (2) và (3) tại x=
3
2
. Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x=
3

2
.
Tóm lại: điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm duy nhất là m =
+
5
10
2
.
Nhận xét: Điểm mấu chốt để tìm ra điều kiện cần ở các ví dụ trên là nêu ra được nhận xét đặc trưng
của phương trình đang xét. Các nhận xét cần chú ý đến là tính chẵn lẻ, tính đối xứng của các biểu thức
có mặt trong phương trình. Như ở các ví dụ vừa xét ta thấy biểu thức f(x) dạng :
++ − +
22
x
abxab
,
+
−()()
x
ab x
khi đó f(x) = f(b-a-x).Do đó phương trình có nghiệm
duy nhất thì nghiệm đó thoả mãn x=b-a-x
2
ba
x
−
⇒=
.Từ đó tìm được điều kiện cần.
Bài 3. Định m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

3
4
12(1)2(1)
x
xmxx xxm+−+ −− −=
(1)
Giải
Điều kiện cần: Ta thấy nếu x
0
là một nghiệm của phương trình (1) thì 1-x
0
cũng là nghiệm của (1). Do
đó, (1) có nghiệm duy nhất thì ta phải có: x
0
= 1- x
0
suy ra x
0
=
1
2
.
Với x
0
=
1
2
, khi đó (1) trở thành:
+− = ⇔= ⇔=∨ =∨==−
11

33
4
2. 2. 0 1 1
2
2
2
mmmmmmm

Điều kiện đủ:
+với m = 0,
⇔+−− −=⇔ −− =⇔=
1
2
44
4
(1) 1 2 (1 ) 0 ( 1 ) 0
2
xxxx xx x
là nghiệm
duy nhất.
+ Với m= 1,
⇔+−+ −− −=
4
(1) 1 2 (1 ) 2 (1 ) 1xxxxxx
phương trình này có ít nhất hai
nghiệm x= 0 và x =1.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 4
+ Với m = -1, khi đó:

⎡
⎡
⎢
⎢
⎢
⎣
⎣
−−= =
⇔−−+−−=⇔ ⇔ ⇔=
=
−−=
44
10 12
1
22
44
(1) ( 1 ) ( 1 ) 0
12 2
10
xx x
xxxx x
x
xx

Vậy m= 0, m=1 thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bai 4. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:

⎧
++ −=

⎪
⎨
++ −=
⎪
⎩
26
()
26
xym
I
yxm
(1)
(2)

Giải
Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x
0
,y
0
) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ
:(y
0
,x
0
),(4-x
0
,4-y
0
), (4-y
0

,4-x
0
).
Bởi thế (x
0
,y
0
) là nghiệm duy nhất thì y
0
=x
0
= 4-x
0
y⇒
0
=x
0
=2
Thay y
0
=x
0
=2 vào hệ ta được m= 4.
Điều kiện đủ: Với m = 4 hệ trở thành:
⎧
++ −=
⎪
⎨
++ −=
⎪

⎩
264
()
264
xy
II
yx

Từ hệ suy ra:
26268xxyy++ −+ ++ −=(3)

Theo Bunhiacopski, ta có:
⎧
++ −≤ + ++−=
⎪
⎨
++ −≤ + ++−=
⎪
⎩
2611264
2611264(
xx xx
yy yy
(4)
5)

Vậy:
26268xxyy++ −+ ++ −≤ (6)

Suy ra (3) tương đương với dấu bằng ở (6) xảy ra

⇔
(4) và (5) xảy ra dấu bằng x=y=2 ⇔
Ta thấy x= y=2 thoả mãn hệ (II)
Do đó (II) có nghiệm duy nhất
Tóm lại: m=4 hệ có nghiệm duy nhất.
Lưu ý: Hệ đối xứng kép dạng:
⎧
+
+−=
⎪
⎨
+
+−=
⎪
⎩
ax by m
ay bx m
có nghiệm duy nhất
Điều kiện cần:
Thấy rằng (x
0
,y
0
) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ (y
0
,x
0
)
(b-a-x
0

,b-a-y
0
), (b-a-y
0
,b-a-x
0
). Bởi thế (x
0
,y
0
) là nghiệm duy nhất thì y
0
=x
0
= b-a-x
0
⇒ y
0
=x
0
=
2
ba−

Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 5
Thay vào hệ ta tìm được
2( )ma=+b

Điều kiện đủ: Thay
2( )ma=+b
vào hệ. Giải hệ ( thường áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để
chứng minh hệ có nghiệm duy nhất).
Bài 5. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất

⎧
++ −−=− − −
⎪
⎨
⎪
++ −−=− − −
⎩
7 11 4 4 3 10 3
()
7 11 4 4 3 10 3
xya a
I
yxa a

Giải
Điều kiện cần:
Thấy rằng (x
0
,y
0
) là nghiệm của hệ thì cặp số sau đây cũng là nghiệm của hệ: (y
0
,x
0

)
(4-x
0
,4-y
0
), (4-y
0
,4-x
0
). Bởi thế (x
0
,y
0
) là nghiệm duy nhất thì y
0
=x
0
= 4-x
0
⇒ y
0
=x
0
=2.
Thay vào hệ ta được:
243103a−= − −a
với điều kiện: 2<a<
10
3
(1)

Đặt
10 3 , 2−= >att
(2).
Ta có hệ:
⎧
⎧
⎪⎪
⎨⎨
⎪⎪
⎩
⎩
−= − − − = −
⇔
−=−
−= − − −
2
243103 (2)103
(3)
2
(2) 103
14 43103
aaa
ta
ta
t
)
3a

Trừ từng vế ta có:
()

( 4)3()()( 1)0 ( 11atat at atat a tdoat−+−=−⇔−+−=⇔= +−>
Suy ra (3) thoả mãn (1), (2)
⇔− =−⇔−−=⇔=
(1)
22
(2)103 60aaa
Điều kiện đủ: Với a=3, hệ trở thành:
71146
()
71146
xy
I
I
yx
⎧
++ −−=
⎪
⎨
++ −−=
⎪
⎩

Cộng vế theo vế hai phương trình ta có :
(
)
(
)
+
+−+++−=7 11 7 11 12xx yy

Theo Bunhiacopski:

⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
++ −≤ + ++ −=
++ −≤ + ++ −=
71111711
71111711
xx xx
yy yy
6
6

Cộng theo vế ta có:
()
(
)
++ − + ++ − ≤7 11 7 11 12xx yy
Dấu đẳng thức xảy ra khi
⎧
+= −
⎪
⇔
==
⎨
+= −
⎪

⎩
711
2
711
xx
xy
yy
thoả mãn hệ (II)
Suy ra hệ có nghiệm duy nhất x=y=2.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 6
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a=3.
Bài 6: Tìm a để hệ sau có nghiệm:

22
22
5423 (1)
()
21
742 (2
25
⎧
++≥
⎪
⎨
−
−+≤
⎪
+

⎩
xxyy
I
a
xxyy
a
)

Giải
Ta có (2)
22
6
7421
25
xxyy
a
⇔−+≤−
+
(2’)
Nhân (2’) với -3 rồi cộng vào bất phương trình (1) ta có:

22
99
2(2 ) 2(2 )
25 2(25
xy xy
aa
)
−
−−≥ ⇔ −≤

++

Vậy (I)
22
2
5423 (1
()
9
(2 ) (3)
2(2 5)
xxyy
II
xy
a
⎧
++≥
⎪
⇔
⎨
−≤
⎪
+
⎩
)

Điều kiện cần: Từ (3) suy ra
5
250 (4
2
aa+>⇔ >−

)

Điều kiện đủ:
Xét hệ:
22
2
2
12
;
542 3
21 3
77
(5)
12
2
(2 ) 0
;
77
⎡
=− =−
⎧
++=
⎧
=
⎪
⎢
⇔⇔
⎨⎨
⎢
=

−=
⎪
==
⎩
⎩
⎢
⎣
xy
xxyy
x
yx
xy
xy
thay vào hệ (II) ta có:

33
9
0
2(2 5)a
≥
⎧
⎪
⎨
≤
⎪
+
⎩
đúng với mọi
5
2

a >−
. Do đó (II) có nghiệm, suy ra (I) có nghiệm.
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi
5
2
a >−
.
Lưu ý: Hệ bất phương trình đẳng cấp bậc hai hai ẩn
Tìm m để hệ có nghiệm
⎧
=++≥
⎪
⎨
=++≤
⎪
⎩
22
1111
22
2222
(,) 0
(1)
(,) 0
fxy ax bxy cy
fxy ax bxy cy
Phương pháp:
Làm xuất hiện phương trình hệ quả :
2
33
[(,)] ()

f
xy k m≤

Biến đổi (1)
111
222
(, ) ( )
(, ) ( )
f
xy k m
f
xy k m
α
α
≥+
⎧
⇔
⎨
≥+
⎩

Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 7
Suy ra:
[
]
2
21 12 3 3
(, ) (, ) ( ) (, ) ( )

f
xy f xy Km f xy k m
αα
−≥⇒ ≤

Do vậy(1)
[]
111
2
33
(, ) ( )
(2)
(, ) ( )
fxy km
fxy km
α
≥+
⎧
⎪
⇔
⎨
≥
⎪
⎩
Điều kiện cần:
Từ (2) suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là:
1
3
() 0
(3)

() 0
km
km
≤
⎧
⎨
≥
⎩
Gọi D là tập nghiệm của hệ (3) với ẩn m. Vậy
mD
∈
là điều kiện cần của bài toán.
Điều kiện đủ:
+Với , ta có suy ra nếu (x
mD∈
121
3
()
() 0
km
km
αα
≥+
⎧
⎨
≥
⎩
0
,y
0

) là nghiệm của hệ
11
3
(, )
(4)
(, ) 0
fxy
fxy
α
=
⎧
⎨
=
⎩
Thì (x
0
,y
0
) cũng là nghiệm của hệ (2) với
mD
∀
∈
.
+Giải hệ(4) để chứng tỏ có nghiệm.


Bài 7: Tìm a để hệ sau có nghiệm:

22
22

1
27 (1
()
1
310 5 2 (2)
−
⎧
+−≥
⎪
+
⎨
⎪
+−≤−
⎩
a
xxyy
I
a
xxyy
)

Giải
Điều kiện cần:
Phương trình
22 2 2
24
(1) 2 7 1 2 4 14 2 (1')
11
xxyy xxyy
aa

⇔+ − ≥−+ ⇔− − + ≤−
++

Do đó hệ
22
22
4
24142
() ( )
1
3105 2
xxyy
III
a
xxyy
⎧
−− + ≤−
⎪
⇔
+
⎨
⎪
+−≤−
⎩

Cộng vế với vế của hai phương trình trong hệ ta được:

22 2
44
69 (3) (3

11
xxyy xy
aa
+ + ≤− ⇔ + ≤−
++
)

Nên hệ
2
22
4
3)
() ( ) ( )
1
3105
xy
I II III
a
xxyy
⎧
+≤−
⎪
⇔⇔
+
⎨
⎪
+−≤−
⎩
2

Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 8
Từ (3) suy ra điều kiện cần để hệ có nghiệm là:
4
01
1
a
a
≤
−⇔<
+
−

Điều kiện đủ:
Xét hệ:

2
2
22
22
31
33
;
3
3) 0
22
(4)
11
31

3105 2
3105 2
;
42
22
xyxy
xy
xy
xy
yy
xxyy
xxyy
xy
⎡
=− =−
=− =
⎧⎧
⎢
=−⎧
+=
⎧
⎪⎪⎪
⇔ ⇔⇔⇔
⎢
⎨⎨⎨⎨
==±
+−=−
+−=−
⎪
⎢

⎩
⎩
⎪⎪
==−
⎩⎩
⎢
⎣

Với mọi ta có:
1a <−
4
0
1
22
a
⎧
≤−
⎪
+
⎨
⎪
−≤−
⎩
nên kết quả (4) cũng là nghiệm của (III).
Vậy là tập giá trị cần tìm.
1a <−
Bài 8 Tìm a để hệ phương trình sau có nghệm duy nhất:

⎧
≥+ −−+

⎪
⎨
≥− −+ +
⎪
⎩
2
2
() 2
()32
y
xy x ya
x
yx y xa

Giải
Hệ tương đương với hệ:
⎧
++ −−+≤
⎪
⎨
+− +−+≤
⎪
⎩
22
22
230 (
230 (
xy xyxya
xy xyxya
1)

2)
Điều kiện cần: Giả sử hệ có nghiệm (x
0
, y
0
) suy ra hệ có nghiệm (-x
0
, y
0
) nên để hệ có nghiệm duy nhất
thì x
0
=-x
0
⇒
x
0
=0. Thay vào hệ ta được bất phương trình
−+≤
2
00
30yya(3)
Vì hệ (1),(2) có nghiệm duy nhất suy ra (3) có nghiệm duy nhất
⇒

9
94 0
4
aa
Δ

=− =⇒=

Vậy
9
4
a =
là điều kiện cần để hệ có nghiện duy nhất.
Điều kiện đủ: Với
9
4
a =
thì hệ (1),(2)
⎧
++ −−+≤
⎪
⎪
⇔
⎨
⎪
+− +−+≤
⎪
⎩
22
22
9
230 (
4
9
230 (
4

xy xyxy
xy xyxy
4)
5)

Cộng vế của (4) và (5) ta được:
22 2 2
0
93
30 ()0(6)
3
42
2
x
xy y x y
y
=
⎧
⎪
+−+≤⇔+− ≤ ⇔
⎨
=
⎪
⎩

Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 9
Như vậy mọi nghiệm của hệ (4)(5) đều là nghiệm của (6). Mặt khác x=0; y=
3

2
là nghiệm của hệ
(4)(5).Suy ra hệ (4)(5) có nghiệm duy nhất:
=
⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
0
3
2
x
y

Vậy
=
9
4
a
là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm duy nhất.
Bài 9 Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất

23 2
23 2
4
4
y
xxax

x
yya
⎧
=− +
⎪
⎨
=− +
⎪
⎩
y


Giải
Điều kiện cần: Ta thấy rằng nếu hệ có nghiệm (x
0
,y
0
) thì hệ lại có nghiệm nữa là (y
0
,x
0
).
Bởi vậy, điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là x
0
=y
0
.Khi đó hệ trở thành:
0
23 2 2
00 0 0 00 0

2
00
0
4(5)0
50
x
xx xax xx xa
xxa
=
⎡
=− + ⇔ − +=⇔
⎢
−
+=
⎣

Ta thấy rằng hệ luôn có một nghiệm x
0
=y
0
=0 với
a
∀
. Vậy để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là
phương trình (1) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 0. Nhưng ta thấy phương trình (1)
không thể có nghiệm kép bằng 0. Do đó (1) vô nghiệm
2
00
5xxa−+=0
25

02540
4
aa⇔Δ< ⇔ − < ⇔ >

Điều kiện đủ: Với
25
4
a >
.
Trừ hai vế của các phương trình trong hệ, ta có:
22 33 22 22
4( ) ( ) ( )( 3 3 ) 0 (2)yx xy xy axy xyxy xya−=−− − + −⇔− +−−+=
Để ý thấy:
22 2 2
13
3 3 (2 3) ( 1) ( 3) 0,
44
xy xya xy y a a+−−+= +− + − +−>∀>
25
4

Nên
(2) .
x
y⇔=
Suy ra hệ
2
23 2 2
0
525

[( ) ( ) 0
4(5)0
24
xy
xy xy
xy
xx a
xx xax xx xa
=
⎧
==
⎧⎧
⎪
⇔⇔⇔ ⇔
⎨⎨⎨
−+−=
=− + −+=
⎩⎩
⎪
⎩
==

Vậy
25
4
a >
là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm duy nhất.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 10

Chú ý: Hệ đối xứng hai ẩn x, y có nghiệm (x,y) thì sẽ có nghiệm (y,x) để hệ có nghiệm duy nhất điều kiện
cần là x=y. Từ đó tìm được giá trị của tham số.
Bài 10 Tìm m để phương trình:
−+≥ + −
2
2(4)(6)xxm x x(1)
nghiệm đúng với mọi
[
]
∈−4;6x

Giải
Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình (1) nghiệm đúng với
[
]
∀∈−4; 6x
, suy ra (1) nghiệm đúng với
x=1. Thay x=1 vào (1) ta được
≥ 6m
Vậy điều kiện cần là
≥ 6m
Điều kiện đủ: Với
≥ 6m
Ap bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm: (4+x), (6-x), ta có:
VP(1) =
++−
+−≤ =
(4 ) (6 )
(4 )(6 ) 5
2

xx
xx
,
VT(1) = −+=−+−≥ ≥
22
2(1)15( mxxmx m do 6)


Vậy
−+≥ + −
2
2(4)(6)
x
xm x x
đúng với
[
]
∀∈
. Suy ra là các giá trị cần tìm.
−4;6x ≥ 6m
Lưu ý 1: Với bài toán dạng trên (cô lập được tham số một vế) cách giải trên chỉ mang tính minh hoạ,
cách giải sau hay hơn và dễ chấp nhận hơn.
Ta có:
⇔≥−+ +−+ +
22
(1) 2 2 24 (2)mx x x x đặt
=
−+ + ≥
2
2240xtx

và
≤ 5t
vậy . Bài toán trở thành tìm m để ↔≥+− =
2
(2) 24 ( )mt t ft
[
]
[]
≥∀∈ ⇔≥
∈
(), 0;5 max ()
0;5
mf

t t m ft
t
Lập bảng biến thiên hàm f(t):
t -1/2 0 5
f(t) 6
-24
Từ BBT ta có
max ( ) 6 6
05
ft m
t
=⇒ ≥
≤≤
Lưu ý 2: + Dạng
≤()
f

xm
nghiệm đúng với
∀
∈⇔ ≤
∈
max ( )
x
Dfx
xD
m
+ Dạng
≤()
f
xm
có nghiệm
∈
⇔≤
∈
min ( )
x
Dfx
xD
m
+ Dạng
≥()
f
xm
nghiệm đúng với
∀
∈⇔ ≥

∈
min ( )
x
Dfx
xD
m
+ Dạng
≥()
f
xm
có nghiệm
∈
⇔≥
∈
max ( )
x
Dfx
xD
m
Đôi khi không tồn tại max, min của f(x) mà f(x)<A, f(x)>B thì ta cũng có thể
tạm coi A là max, B là min
của f(x) và chú ý đến dấu bằng ở mấy biểu thức trên có thể có hoặc không tùy từng bài.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 11
Bài 11. Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với
0x
∀
≥
.

22
224xxmm xm+−+ +=+−2(1)

Giải
Điều kiện cần: Giả sử (1) nghiệm đúng
0x
∀
≥
suy ra x= 0 thoả mãn phương trình (1) do đó:
(1)
2
22
20
24 2
24(2)
m
mm m m
mm m
−≥
⎧
⇔− + += +⇔ ⇔ =
⎨
−+ +=−
⎩
3

Điều kiện đủ: Thay m=3 vào (1) ta được phương trình:
≥
+

=+
++=+
⇔
0
2
1
21 1
x
1
x
x
xx x
luôn đúng .
Vậy với m = 3 phương tình nghiệm đúng
0x
∀
≥
.


Bài 12. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm với mọi b.

⎧
+++=
⎪
⎨
++=
⎪
⎩
22

2
(1)(1)2
1
()
ay
xb
abxyxy
I
Giải
Điều kiện cần: Hệ có nghiệm , ắt hẳn phải có nghiện với b = 0.
b∀
Khi đó ta có hệ:
⎧
=
⎡
⎧
+= =
⎡
⎪
⎪
⎢
=
⇔⇔
⎨⎨
⎣
⎢
=
+=
⎪
⎣

⎩
⎪
+=
⎩
2
2
2
0
(1)1
0
1
1
1
a
a
xa
x
a
axy
axy
0

Điều kiện đủ:
+Với a=0, hệ (I) trở thành với
2
2
(1)1(1
1(2)
y
b

bxy x y
⎧
+=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
)
0b
∀
≠
ta có (1) nhưng
0y⇔= 0y
=
không
thỏa mãn (2). Vậy a=0 không thoả mãn.
+Với a= 1 hệ (I) trở thành Ta thấy rằng hệ luôn có nghiệm x=y=0 với mọi b,
suy ra a= 1 thoả mãn.
⎧
++=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
22
2
(1)1(3
0(4)

y
xb
bxy x y
)
Vậy a= 1 là giá trị cần tìm.
Bài 13. Tìm a, b để phương trình sau nghiệm đúng
x
R
∀
∈
.
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 12

+− + +=
22
11ax x bx 0
(1)
Giải
Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm
x
R
∀
∈
suy ra x=0 là nghiệm của (1)
Khi đó, (1)
10 1aa⇔−=⇔ =
Với a=1 thì ⇔ (1)
∀

⇔+=++⇔+=++⇔=⇔=
22 22
11110
x
x x bx x x bx bx b 0

Vậy a=1 , b=0 là điều kiện cần để phương trình nghiện đúng
x
R
∀
∈
.
Điều kiện đủ: với a=1 , b=0, khi đó (1) trở thành
+
−+=
22
11xx0
luôn đúng
với
x
R∀∈

Kết luận: phương trình nghiệm đúng
x
R
∀
∈
khi và chỉ khi a=1, b=0.

Bài14. Tìm a,b,c để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

(1)xa xb c−+−=

Giải
Điều kiện cần. Giả sử (1) có nghiệm duy nhất x=x
0
.
Khi đó ta có:
00 0 0
()()
x
a x b c abx a abx b−+ −=⇔ +− −+ +− −
suy ra x=a+b-x
0
cũng là nghiệm.
Vì phương trình có nghiệm duy nhất, ta có: x
0
= a+b-x
0
0
2
ab
x
+
⇒=
thay vào (1) ta được:
ab c
−
=

Điều kiện đủ: Với
cab=−
, khi đó phương trình (1) trở thành:
()()
x
axbab xaxb xa xb−+−=−⇔−+−= −− −

22 22
()()2 ()()2()()
x
axb xaxbxaxb xax⇔−+−+− −=−+−+ − −b

()()()()0(xaxb xaxb xaxb⇔− −=−− −⇔ − −≤ 3)

+Nếu thì có thể giả sử khi đó
(3
ab≠ ab≤
) axb
⇔
≤≤
vậy phương trình không có nghiệm duy
nhất.
+Nếu a=b thì
2
(3) ( ) 0
x
ax⇔− ≤⇔=a vậy (3) có nghiệm duy nhất.
Khi đó với a= b suy ra .
0c =
Vậy tóm lại điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm duy nhất là a= b và

0c
=
.
Bài 15 Tìm m để hai phương tình sau tương đương:

733
632
2sin (1 )sin (2 2 1)sin 0 (1)
2sin cos2 1 2 cos (2)
xmxmmx
xxmmmx
−− + − − =
+=+−+
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 13
Giải
Ta có phương trình (1) sinx[2sin⇔
6
x-(1- m)sin
2
x +(2m
3
-2m-1)]=0

623
sin 0
2sin x-(1- m)sin x +(2m -2m-1)=0 (3)
x =
⎡

⇔
⎢
⎣
Phương trình
(2

) ⇔
62
2sin x+(m-2)sin x =2m-2m (4)
3
Điều kiện cần: Ta thấy phương trình (1) luôn có nghiệm
sin 0x
=
, do đó để
(1
thì
) (2)⇔
sin 0x
=
phải
thỏa mãn (2), nên
3
0
(4) 2m-2m 0
1
m
m
=
⎡
⇔=⇔

⎢
=
±
⎣

Điều kiện cần để hai phương trình tương đương là:
0
1
m
m
=
⎡
⎢
=
±
⎣

Điều kiện đủ:
+Nếu , thì
(1)
0m =
242
62 2
0
sin 0
sin 0
sin 0 sin 0
sin 1 (5)
(sin 1)(2sin 2 sin 1) 0
2sin x-sin x -1=0 sin 1 0

sin 1
x
x
xx
x
xxx
x
x
>
=
⎡
=
⎡
==
⎡⎡
⎢
⎢
⇔⇔ ⇔⇔
⎢⎢
−++=
⎢
⎢
−=
⎣⎣
⎢
=−
⎣
⎣

=

=
Mặt khác phương trình:
62 22 2
(2) 2sin 2sin 0 2 sin (sin 1)(sin 1) 0
sin 0
(6)
sin 1
xx xx x
x
x
⇔−=⇔ − +
=
⎡
⇔
⎢
=±
⎣

Từ (5) và (6) suy ra m=0 thì hai phương trình (1) và (2) tương đương.
+Nếu m=1, thì
6
6
sin 0
sinx 0
(1) (7)
1
2sin 1
sin
2
x

x
x
=
⎡
=
⎡
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
=
=±
⎣
⎢
⎣

Lại có:
62
4
sin 0
(2) 2sin sin 0
1
sin
2
x
xx
x
=
⎡
⎢

⇔−=⇔
⎢
=±
⎢
⎣
(8)
Từ (7) và (8) suy ra (1) và (2) không trương đương. Do đó m=1 không thoả mãn.
+Nếu m=-1, thì
62
(1) (sin 0) (2sin 2sin 1 0)xxx⇔=∨ − −=
Ta có:
62 6 2
sin sin 2sin 2sin 1 1
x
xxx≤⇒ − −≤−
với
x
∀
.
Vì vậy
(1

) sin 0 (9)x⇔=
Phương pháp điều kiện cần và đủ giải và biện luận phương trình và hệ phương trình

Vũ Doãn Tiến- Trường THPT Ngô Gia Tự - Lập Thạch – Vĩnh Phúc Trang 14
Còn phương trình :
62 24
(2) 2sin 3sin 0 sin (2sin 3) 0 sin 0 (10)xx xx x⇔−=⇔ −=⇔=
Từ (9) và (10) suy ra m=-1 thoả mãn.

Vậy với m=0 và m=-1 thì hai phương trình (1) và (2) tương đương.

Bài toán 16 Tìm a, b sao cho mọi nghiệm của phương trình sin(x+y) = a đều là nghiệm của phương
trình cos(x+y) = b.
Giải
Điều kiện cần: Giả sử mọi nghiệm của phương trình sin(x+y) = a cũng là nghiệm của phương trình
cos(x+y) = b.
Ta thấy, nếu (x
0
,y
0
) là nghiệm của phương trình sin(x+y) = a thì
0
(,
0
)
x
y
π
π
−
− cũng là nghiệm của
phương trình sin(x+y) = a.
Từ đó (x
0
,y
0
) và
00
(,)

x
y
π
−− cũng là nghiệm của phương trình cos(x+y) = b, tức là:
00
00
cos( ) (1)
cos[ ( )] (2)
xy b
xy b
π
+=
⎧
⎨
−+ =
⎩
mà
00 00
cos[()]cos()
x
yxy
π
−
+=− + suy ra b = 0.
Do đó b = 0 là điều kiện cần.
Điều kiện đủ: Với b = 0 thì phương trình:
cos() cos()0sin()xy b xy xy 1
+
=⇔ + =⇔ + =

Vậy để mọi nghiệm của sin(x+y)=a cũng là nghiệm của
sin( ) 1xy
+
=
thì
11aa=⇔ =±

Tóm lại : hoặc là điều kiện cần và đủ để thỏa mãn yêu cầu bài toán.
1
0
a
b
=
⎧
⎨
=
⎩
1
0
a
b
=−
⎧
⎨
=
⎩