phương pháp điều kiện cần và đủ, áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán.

1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29
*Nhóm sinh viên thực hiện :
Hồ Ngọc Cảnh
Nguyễn Thị Kiều Chi
Phạm Thị Yến Chi
Nguyễn Quốc Chính
Nguyễn Văn Công
Huỳnh Thị Mỹ Dung
Trần Thị Dung
“Ứng dụng của phương pháp biến thiên
hằng số & định lý lagrange & điều kiện
cần và đủ trong giải phương trình”
Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ
Quy Nhơn 27/
11/2009
2
Lời nói đầu
Ngồi những phương pháp giải thuần túy như: biến đổi tương
đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tò tuyệt đối; tam
thức bậc hai… đề tài này chúng tơi đề cập đến phương pháp giải phương
trình dựa vào sự tráo đổi vai trò của ẩn số và hăng số.Đồng thời kết hợp
phương pháp điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải
quyết một số dạng bài tốn.
Đề tài bao gồm 3 chương:
Chương I: Phương pháp biến thiên hằng số
Chương II: Phương pháp điều kiện cần và đủ
Chương III: Sự kết hợp giữa phương pháp biến thiên hằng số với
dịnh lý lagrange ; điều kiện cần và đủ.

Trong đó chương I ,chương II chi làm cơ sở để phát triển lên phương
pháp ở chương III. Nhưng trọng tâm của để tài là chương I và chương II
(tồn bộ chương I là ý tưởng của nhóm).
Vì thời gian có hạn nên chúng tơi khơng thể tránh được những thiếu
sót,mong sự góp ý của bạn đọc.Xin chân thành cảm ơn.

Nhóm thực hiện.
3
Chương I
*Phương pháp biến thiên hằng số*
 Thực chất của phương pháp này là sự trao đổi vai trò giữa ẩn số và
hằng số, ẩn số được xem là tham số và hằng số được xem là ẩn số trong
phương trình mới.Cụ thể như sau :
Cho phương trình f(x)=0
Sau một số bước biến đổi sơ cấp, ta nhận thấy trong biểu thức f(x) nếu
viết lại ở một dạng khác là g(t) thì ta có g(a)=0.Với a=const, nghĩa là từ
phương trình g(t)=0 thay t=a thì được phương trình f(x)=0.
* Nảy sinh ra ý tưởng là dùng a là ẩn số,x làm tham số trong phương
trình g(t)=0. Như vậy phương trình g(t)=0 luôn luôn có nghiệm t=a. Và khi
xét phương trình g(t)=0 không cần điều kiện của t. Đây là điểm khác biệt của
phương pháp này với phương pháp đặt ẩn phụ.
Với g(t)=0, từ phương trình f(x)=0 sau khi biến đổi, nhận xét phương
trình này có nghiện t=a.
Giải g(t)=0 ta được nghiệm t phụ thuộc vào x, thay t=a vào giải tìm x.
* Chú ý: - Thông thường phương trình g(t)=0 giải tìm t đơn giản không
phức tạp như phương trình f(x)=0 ban đầu.
- Phương pháp này giải được khi từ phương trình f(x)=0 sau vài bước biến
đổi ta nhận ra hằng số a.
Cách ra đề:- Chọn hằng số làm ẩn cho phương trình mới.
- Lập phương trình nhận hằng số làm nghiệm (phương trình giải được

nghiệm theo x).
- Từ phương trình đã có đưa phương trình về phương trình theo ẩn x, đưa
hằng số chọn làm nghiệm vào phương trình này, ta được một phương trình
theo x.
4
Mở rộng: Ta không dùng hằng số để làm ẩn trong phương trình mới mà
thay đổi hằng số theo x. Lúc này độ phức tạp của bài toán mở rộng tùy ý bởi
các hàm sơ cấp: hàm lũy thừa, hàm mũ, hàm logarit… vì ta cũng nhận ra
được hàm
( )x
ϕ
là nghiệm của g(t)=0 như vai trò của a.
* Ví dụ 1: [1] Giải phương trình sau:
x
5 5
x
1
2(5 log x) ( log x 1) x 1 0
5
− + − − =
(1) Giải: Điều kiện:
x 0
x 1
x 1

>
⇒ >

>


(1)
x
5 5
x
1
2.5 2.log x x 1. log x x 1 0
5
⇔ − + − − − =

x x x
2.25 2.5 .log x x 1.log x 5 . x 1 0
5 5
⇔ − + − − − =

2x x
2.(5 ) (2log x x 1)5 x 1.log x 0
5 5
⇔ − − − + − =
(*)
Xét phương trình bậc hai:
2
2u (2log x x 1)u x 1.log x 0
5 5
− − − + − =
(2)
Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm u=5
x
Ta giải (2):
2

[ (2log x x 1)] 4.2. x 1.log x
5 5
∆= − − − − −

2 2
5
4log x ( x 1) 4 x 1.log x
5
= + − − −

2
5
(2log x x 1)
= − −

0≥
Phương trình (2) có hai nghiệm là:
1
u x 1
2
= −
và
u log x
5
=
Khi đó ta có:
x
x
5
1

5 x 1 (3)
2
5 log x (4)

= −


 =

5
Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm được x.
Cách ra đề:
- Chọn u =5
x
làm nghiệm của phương trình (*).
- Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo u với
∆
là 1 số chính phương có thể giải được (
2
5
(2log x x 1)∆ = − −
)
- Từ (*) thay u=5
x
, biến đổi sơ cấp giữa các hàm theo biến x có trong
phương trình ta được phương trình ban đầu (1).
- Tùy vào mức độ khó dễ của bài toán mà trong phương trình bậc hai
theo u ta chọn các nghiệm u
1

, u
2
là các hằng số ,hàm số theo x. Sau
khi giải ta được
x
x
u 5 f(x)
u 5 g(x)

= =

 = =

* Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt ẩn
phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại. Ở đây ta
xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm.
* Ví dụ 2: [1] Giải phương trình sau:
2x 3x 1 x 3
4 2 2 16 0
+ +
+ + − =
(1)
Giải:
Đặt t=2
x
>0
(1) trở thành
4 3 2
t 2t 2.4t 4 0+ + − =
(*)

Ta xét phương trình bậc hai có dạng
2 4 3
u 2t.u t 2t 0− − − =
(2)
Từ (*) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm u=4.
Giải (2):
2 4 3 2 2
( t) t 2t t (t 1) 0
′
∆ = − + + = + ≥
Phương trình (2)có 2nghiệm:
2
u t t(t 1) t 2t= + + = +
và
2
u t t(t 1) t= − + = −
Khi đó ta có:
2
2
4 t 2t
4 t (VN)

= +

 = −

6

2
t 1 5

t 2t 4 0
t 1 5 (loaïi)

= − +
⇒ + − = ⇔


= − −


x log ( 5 1)
2
⇒ = −


Nhận xét: - Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta
đưa về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm. Lúc ngày ta
chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới. Bài toán này giải quyết
được vì phương trình bậc hai có
∆
là số chính phương.
* Ví dụ 3: [2] Giải phương trình sau:
2
x x 5 5+ + =
(1)
Giải:
Ta có (1)
2
2
2 2

5 x 0 (2)
x 5 5 x
x 5 (5 x ) (3)

− ≥

⇔ + = − ⇔

+ = −


Ta xét phương trình (3):

2 2 4 2 2 4
x 5 5 2x .5 x 5 (2x 1)5 x x 0+ = − + ⇔ − − + − =
(*)
Xét phương trình bậc hai dạng:
2 2 4
u (2x 1)u x x 0− − + − =
(4)
Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm u=5.
Giải (4):
2
2 4 2
(2x 1) 4(x x) (2x 1) 0
 
∆ = − − − − = + ≥
 
Phương trình (4)có 2 nghiệm:
2

u x x= −
và
2
u x x 1= + +
Khi đó ta có:
2 2
2 2
(1 21)
x
5 x x x x 5 0
2
5 x x 1 x x 4 0
( 1 17)
x
2

±
=

 
= − − − =

⇔ ⇔
 

 
= + + + − =
− ±
 
=



7
Từ (2) ta suy ra
1 21
x
2
1 17
x
2

−
=



− +
=




Nhận xét: - Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
x 5 t+ =
.Sau đó chuyển về hệ
2
2
x t 5
t x 5


+ =


− =


hoặc giải bằng phương pháp
biến đổi tương đương.
- Cách giải trên đây đã thay đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số.Ẩn
x chuyển thành vai trò của tham số,còn hằng số 5 đươc xem là ẩn mới trong
phương trình bậc 2 theo u,nhờ việc chuyển này mà thay vì ggiải phương
trình bậc 4 theo x,ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo u,phương trình này
ta lại biết được 1 nghiệm.
- Phương trình bậc 2 theo u có
∆
là một số chính phương nên
việc tìmu dễ dàng hơn.
 Tổng quát: Ta có thể nhận dạng phương trình
2
f (x) f(x) a a+ + =

với điều kiện
f(x) 0≥
và a=const tùy ý .Khi đó ta có thể thay
f(x)
bởi các
hàm sơ cấp như hàm lũy thừa,hàm mũ,hàm logarit…,nhưng khi giải cần phải
đặt điều kiện.Chẳng hạn như :
Với
f(x)

=3
x
thì ta có phương trình
2x x
3 3 a a+ + =
Với
f(x)
=log
5
x thì ta có phương trình
2
5 5
log x log x a a+ + =
* Ví dụ 4: [3] Giải phương trình sau:
x 1 x
(2 1) x 1 2 2 0
−
− − + − =
(1)
Giải: Điều kiện :
x 1
≥
Ta có (1)
x 1 x
2 x 1 x 1 2 2 0
−
⇔ − − − + − =
8

x x

2 x 1 (2 x 1)2 4 0⇔ − + − − − =

2 x x
2 (2 x 1)2 2 x 1 0⇔ − − − − − =
(*)
Xét phương trình bậc hai dạng
2 x x
u (2 x 1)u 2 x 1 0⇔ − − − − − =
(2)
Từ (*) ta thấy u=2 la nghiệm của (2)
Ta có (2)
x x
x 1(u 2 ) u(u 2 ) 0⇔ − − + − =

x
( x 1 u)(u 2 ) 0⇔ − + − =

x
u x 1
u 2

= − −
⇔


=

Khi đó ta có
2 1 (vô nghiêm)
1

2 2
x
x
x

= − −
⇔ =

=


* Ví dụ 5: [4] Giải phương trình :

5 2 2 2
x 3x (x 1) 9x(x 1) 27 0− + − + + + =
(1)
Giải: (1)
5 4 2 3
x 3(x x ) 9(x x) 27 0⇔ − + − + + + =

3 3 2 4 2 5
3 (x x)3 (x x )3 x 0⇔ + + + − − =
(*)
Ta xét phương trình : u
3
+(
3
x x+
)u
2

+(
4 2
x x−
)u
5
x−
=0 (2)
Từ (*) ta thấy u=3 là nghiệm của phương trình (2).
Giải (2): ta có (2)
2 2 3 2 2
u(u xu x ) x (u xu x ) 0⇔ + − + + − =

3 2 2
(u+x )(u xu x ) 0⇔ + − =

3
2 2
u+x 0 (3)

u xu x 0 (4)

=
⇔

 + − =

9
Từ (3) ta có
3
3

x 3 x = 3− = ⇒ −

Từ (4) ta có
2 2
u xu x 0 + − =
(5), với
2 2 2
x 4( x ) 5x 0∆ = − − = ≥

(5)
x 5x
u
2

x 5x
u
2

− +
=


⇔

− −
=



( 1 5)x

3
2

( 1 5)x
3
2

− +
=


⇔

− −
=



6
x
1 5

6
x
1 5

=

− +


⇔

=

− −

 Tổng quát: - Cách giải này không giải quyết cho lớp bài tập nào cụ
thể, mà trong quá trình biến đổi, ta khéo léo nhìn ra hằng số nào đó trong
phương trình là nghiệm.Từ đó ta chuyển phương trình đã cho có bậc cao hơn
hay phức tạp hơn về các dạng phương trình đơn giản quen thuộc đã biết cách
giải, và điều quan trọng ở đây là ta đã biết trước một nghiệm của nó
- Vì không phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về
một phương trình mới là giải được nên phương pháp này còn hạn chế,chẳng
hạn như: khi chuyển về ta được
∆
không phải là một số chính phương,khi
đó gặp khó khăn và không thể giải được.


Mở rộng: Vấn đề đây ra ở đây là ta chọn hằng số dể làm ẩn nên nếu ta
thay các hằng số đó bằng hàm f(x) hoặc lầ một tham số thì giải như thế nào?
Để trả lời vấn đề này ta xét ví dụ sau:
* Giải phương trình
3 2 3 2 2 4
x x x (1 m) (m 2m)x m(x x )+ − = − + − + −
(1)
Giải: (1)
4 3 2 2 3
mx x (1 m)x (1 m) x (1 m) 0⇔ + + − − − − − =

3 2 2 4 4 4 3
(1 m) x(1 m) x (1 m) mx x x x 0⇔ − + − − − − + − − =

3 2 4 2 4 3
(1 m) x(1 m) (x x )(1 m) x x 0⇔ − + − + − − − − =
(*)
Xét phương trình :
3 2 4 2 4 3
u xu (x x )u x x 0+ + − − − =
(2)
Từ (*) ta suy ra
u 1 m= −
là nghiệm của phương trình (2).
10
Ta có (2)
2 2 3
(u-x)(u +2ux+x +x )=0⇔

2 2 3
u-x=0

u +2ux+x +x 0

⇔

=



Khi đó ta có

3
3 2 2
+
1-m=xx

x x 2(1 m)x (1 m) 0
+


 + − + − =

* Ví dụ 6 : [2] Giải phương trình

3
3
68 15
x
x
x
+ =
(1)
Giải: Điều kiện x ≠ 0
Giả sử x
0
là nghiệm của phương trình (1). Khi đó
(1) ⇒
3
0
3
0

0
68 15
x
x
x
+ =
⇔
3
0
3
0
0
2 17 17 2
x
x
x
−
+ =
⇔
2
3
0
3
0
0
2 17 ( 17) 2
x
x
x
−

+ =
⇔
2 2 6 2
0 0 0
x ( 17) 2 17 x 2x 0− − − =
⇔
4
0
2
0
2
0
x 2
17 (*)
x
17 x (**)

+
=



= −


Tư (*) và (**) ta có

2
0
x 17

= −
Vô nghiệm
11

4
0
2
0
x 2
17
x
+
=
⇔
4 2
0 0
x 17x 2 0
− + =
⇔
2
0 0
17 3 17 3
x x
2 2
± ±
= ⇔ = ±
Thử lại ta thấy
0
17 3
x

2
±
= ±
là nghiệm của (1)

Nhận xét: Nếu sử dụng phương pháp biến đổi (1) về phương trình
x
6
– 15x
2
+ 2 = 0
Đặt x
2
= t > 0 ta được t
3
– 15t + 2 = 0
Đây là phương trình bậc 3 không có nhận xét về cách đoán nghiệm vô tỷ
nên việc đoán nghiệm để đưa về phương trình tích là khó khăn.
*Ví dụ 7: [4] Giải phương trình sau

2 2
2 2 x 2
log x log x 5log 8 25log 2+ = +
(1)
Giải: Điều kiện: 0 < x ≠ 1
Đặt = t. Ta có

x
x
x

1
log 2
t
3
log 8
t
x
log t 2
2

=



=



= −



x
x
α =1 =1
 
⇒ ⇔
 
α = 3 = 3
 

Khi đó phương trình (1) trở thành
12

2
2
15 25
t t 2
t
t
+ − = +

⇔
4 3 2
t t 2t 3.5 25+ − = +

Ta xét phương trình sau:
a
2
+ 3ta – t
2
(t
2
+ t – 2) = 0
⇔
1
1
2
2
3t t(2t 1)
a

a t(t 2) (*)
2
3t t(2t 1) a t(t 2) (**)
a
2

− + +
=


= −
⇔


− − + = − +



=


Thay a = 5 vào (*) và (**) ta được

 
= − − − =
⇔
 
 = − − + + =
 
2 2

2 2
5 t t t t 5 0
5 t 2t t 2t 5 0 (vn)
⇒ t
2
– t – 5 = 0
⇔
1 21
2
2
1 21 1 21
t log x x 2
2 2
±
± ±
= ⇔ = ⇔ =

Thử lại
1 21
2
x 2
±
=
là nghiệm của phương trình (1)

Nhận xét:: Trong phương trình chứa tham số chúng ta thường giải
phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Như vậy trong phương
trình (3) tham số chính là số 5.

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

Giải các phương trình sau:
1)
3
3
137 18770
x
x
x
+ =
3)
x (17 x) 17+ + =
13
2)
2
4 2
13 168
x
x x
+ =
4)
4 3 2
lg x lg x 2lg x 9lgx 9 0+ − − − =
Chương II
*Phương pháp điều kiện cần và đủ*
 Phương pháp này khá hiệu quả khi giải phương trình,giải quuyết được
một lớp các bài toán .
I. Phương pháp chung :
*Khi đó ta thực hiện các bước sau :
Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.
Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên đánh giá hoặc tính đối xứng

của hệ.
Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ, trong bước này cần có một số kĩ năng cơ
bản.
II. Các dạng toán:
Dạng 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm duy
nhất .
Phương pháp :Sử dụng tính duy nhất để tìm nghiệm của bài toán.
Điều kiện cần: - Giả sử phương trình có nghiệm x
o .
- Tìm nghiệm y
o
phụ thuộc vào x
o
.
- Vì phương trình có nghiệm duy nhất nên x
o
=y
o
.
Từ đó suy ra nghiệm x
o
.
- Thay x
o
vào phương trình ta tìm được m.
Điều kiện đủ : - Thay m vào phương trình đã cho rồi giải phương trình .
14
*Ví dụ 1 :[1] Tìm m để phương trình nghiệm duy nhất

4 4

x 2 x x 2 x m+ - + + - =
(2)
Điều kiện cần :
Giả sử x
o
là nghiệm của pt khi đó

4 4
0 0 0 0
x 2 x x 2 x m+ - + + - =

Nhận thấy 2 – x
o
cũng là nghiệm của pt
Suy ra 2 – x
o
= x
o
⇒ x
o
= 1
Thay x
o
= 1 vào pt ⇒ m = 4
Điều kiện đủ :
Với m = 4 pt (2) trở thành

4 4
x 2 x x 2 x 4+ - + + - =
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được

x 2 x 2+ - £
và
4 4
x 2 x 2+ - £
Do đó (2) ⇔
4 4
x 2 x 2
x 2 x 2
ì
ï
+ - =
ï
í
ï
+ - =
ï
î
⇔ x = 1
Vậy m = 4 pt có nghiệm duy nhất là x = 1

Nhận xét : Bài này ta tìm nghiệm y
o
của pt thông qua việc thay đổi vai
trò của x và 2-x.
15
* Ví dụ 2:[2] Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất

0 0
3 2

)log ( 4 x x 5 a− + + =

(1)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm x
o
. Khi đó

0 03 2
0 0
3 2
)log ( 4 x x 5 a
log ( ( 1 x ) 5 ( 1 x ) 4 a
− + + =
− − + + − − − + =

Khi đó (– 1 –x
o
) là nghiệm của (1)
Vì (1) có nghiệm duy nhất nên
x
o
= -1 – x
o
=> x
o=
-
1
2
Với x

o
= -
1
2
ta được

1 1
(1) log ( 4 5) a a 1
2 2
3 2
⇔ + + − + = ⇔ =
Vậy a = 1 là điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ: Với a = 1 phương trình (1) có dạng

3 2
)log ( 4 x x 5 1− + + =
(2)
ĐK:
4 x 0
x 5 0
− ≥


+ ≥


(2)
4 – x x 5 3 2⇔ + + =

4 5 2 (4 – x)(x 5) 18⇔ − + + + + =x x

⇔
5 4
2 (4 )( 5) 9
− ≤ ≤
− + =



x
x x
5 4
4(4 )( 5) 81



− ≤ ≤
⇔
− + =
x
x x
16

5 4
2
4 4 1 0






− ≤ ≤
⇔
+ + =
x
x x
⇔ x = -
1
2

Vậy a = 1 la điều kiện cần để pt có nghiệm duy nhất
*Chú ý :
* Trong phần điều kiện cần ta có thể sử dụng
a) BĐT Bunhiacopxki

4 x x 5 (1 1)(4 x x 5) 3 2− + + ≤ + − + + =
⇔
3 2
log ( 4 x x 5) 1− + + ≤
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

4 x x 5 1
x
1 1 2
− +
= ⇔ = −

Vậy là nghiệm duy nhất
b) BĐT côsi

2
( 4 x x 5) 4 x x 5 2 (4 x)(x 5)− + + = − + + + − +
≤ 9 + (4 – x )+ (x + 5 ) = 18
⇔
4 x x 5 3 2− + + ≤
⇔
3 2
log ( 4 x x 5) 1− + + ≤
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

4 x x 5− = +
⇔
1
x
2
= −
Vậy
1
x
2
= −
là nghiệm duy nhất.
* Bài toán trên còn có thể giải bằng phương pháp đồ thị
Viết lại (1) dưới dạng:
3 2
4 x x 5 log a− + + =
với a > 0 (2)
17
⇔Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔phương trình (2) có nghiệm
duy nhất.

⇔Đường thẳng
3 2
y log a=
cắt đồ thị hàm số
y 4 x x 5= − + +
tại
đúng một điểm .
Xét hàm số
y 4 x x 5= − + +
MXĐ: D = [-5,4]
Đạo hàm :
1 1
'
2 4 2 5
−
= +
− +
y
x x

1 1
y 0 0
2 4 x 2 x 5
′
= ⇔ − + =
− +

4 x x 5⇔ − = +

1

x =
2
⇔ −
Bảng biến thiên:

Từ đó điều kiện là a=1
* Ví dụ 3: [2] Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
y
′
y
x
5
−
4
0
3 2
+
−
3
3
1
2
−
18

2 2
x m 3m x m m 3m 2− + + − = − +
(1)
Giải :
Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm là x

o
suy ra :

2 2
o o
x m 3m x m m 3m 2− + + − = − +

2 2 2
o o
(m 4m x ) m (m 4m x ) m 3 0⇔ − − + + − − − + =
Suy ra (
2
o
m 4m x− −
) cũng là nghiệm của (1)
Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi x
o
=
2
o
m 4m x− −
2
o
m 4m
x
2
−
⇔ =
Thay x
o

vào (1) ta được :
2 2
m 3m 2 m 2m− + = −

2
2 2
2
2 2
m 2m 0
m 3m 2 m 2m
m 2m 0
m 3m 2 m 2m


− ≥




− + = −


⇔



− <




− + = − +





m 2
1
m
2

=

⇔

=


Điều kiện đủ:
+ Với m = 2, (1)
x 2 x 2 0 x= 2
⇔ + + + = ⇔ −
là nghiệm duy nhất.
+ Với
1
m
2
=
, (1)
5 1 3

x x
2 2 4
⇔ + + + =

19


5 1 3
x x
2 2 4
5 1 3
x x
2 2 4
5 1 3
x x
2 2 4

+ + + =



⇔ − − + − =



− − − − =



5

x
2
5 1
x
2 2
1
x
2
< −
− ≤ ≤ −
> −


9
x
8
3
2
4
15
x
8

= −



⇔ − =




=



5
x
2
5 1
x
2 2
1
x
2
< −
− ≤ ≤ −
> −


9
x=
8
⇔ −
Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất
9
x=
8
−
Tổng quát : Bài toán tổng quát cho lớp các bài toán gồm một và hai tham số
để phương trình có nghiệm duy nhất.

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

x a x b c− + − =
(1)
Giải :
Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm x = x
o

Suy ra
o o
x a x b c
− + − =

0 o
(a b x ) a (a b x ) b c+ − − + + − − =
⇔

nếu
nếu
nếu
nếu
nếu
nếu
20
Để phương trình có nghiệm duy nhất thì x
o
= a+b-x
o

o

a b
x =
2
+
⇔
Thay vào (1) suy ra :
c a b
= −
Điều kiện đủ : Giả sử
c a b= −
, khi đó : (1)
x a x b a b (x a) (x b)
⇔ − + − = − = − − −

(x a)(x b) 0⇔ − − ≤
(2)
• Nếu
a b≠
, giả sử a < b, (2)
a x b⇔ ≤ ≤
, tức là (2) không có nghiệm duy
nhất.
• Nếu a = b thì (2)
2
0 x a(x a) ≤ ⇔ =⇔ −
là nghiệm của phương trình .
Vậy với c = 0,a = b thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài tập đề nghị :
* Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất :
a)

mx(2 x) x 1− = −
b)
2 2
x m 3m x m m 3m 2− + + + = − +
c)
x(4 x) m x 2
− + = −
d)
2
x m x 1 m 1+ + + = +
e)
2
mx 2(m 1)x 2 mx 2− − + = −
f)
x 2
1
2m 1
3
−
= −
g)
x 1
mx(2 x)
2 3 m
−
−
= +
21

Nhận xét chung: Đối với dạng này ta sử dụng điều kiện cần là tính duy

nhất nghiệm của phương trình,tìm được giá trị của tham số m.Và điều kiện
đủ khi thay m vào phương trình ta tìm được x. Sau đó kết luận bài toán.

Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm
f
x D DÎ Í
.Với D
f
là tập xác định của f(x)
Đối với dạng này ta sử dụng điều kiện cần là phương trình luôn có
nghiệm với mọi
x D Î
⊆ D
f
.Do đó chọn được giá trị
o
x D Î
thích hợp thế
vào phương trình tìm m.Thử lại dựa vào điều kiện đủ,thay m giải phương
trình tìm x.
Kết luận : Nếu ∃
x D Î
thì chọn m.Hoặc nếu x∀ ∉D thì m loại.
* Ví dụ1: [2] Tìm m để pt sau có nghiệm x ≥ 0:

2 2
x 2x m 2m 4 x m 2
+ − + + = + −
(3)
Giải:

Điều kiện cần : Giả sử pt(3) có nghiệm x ≥ 0 => x = 0 là nghiệm của (3).
(2) ⇔
2
m 2m 4 m 2− + + = −


2 2
m 2 0
m 2m 4 (m 2)

− ≥

⇔

− + + = −


⇔ m=3
Điều kiện đủ : Với m = 3 thì (3) trở thành

2
x 2x 1 x 1+ + = +
⇔ x +1 = x +1 (x ≥ 0)
⇔ 0 = 0 luôn đúng
Vậy với m = 3 thì pt nghiệm đúng x ≥ 0
22
* Ví dụ 2: [3] Tìm a,b để pt sau nghiệm đúng x :

2 2
a x 1 x bx 1 0+ − + + =

(4)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (4) có nghiệm x
⇔x = 0 là nghiệm của (4). Khi đó
(4) ⇔ a – 1 = 0 ⇔ a = 1
Với a = 1
(2) ⇔
2 2
x 1 x bx 1+ = + +
⇔ x
2
+1 = x
2
+ bx + 1 ⇔ b = 0
Suy ra a = 1 và b = 0
Với a =1 , b = 0 khi đó pt (4) có dạng

2 2
0x 1 x 1 =+ − +
⇔ 0 = 0 đúng
Vậy a = 1 và b = 0 phương trình nghiệm đúng x


Nhận xét: Qua 2 ví dụ trên,với những bài toán tìm điều kiện của một hay
nhiều tham số sẽ thực hiện theo tuần tự:
- Chọn nghiệm x
o
thuộc (a,b) sao cho việc tính giá trị của tham số
diễn ra một cách đơn giản (nếu 0 thuộc (a,b) thì nên chọn x
o

= 0 )
- Thay x
o
vào pt tìm giá trị của tham số thứ nhất
- Thay giá trị tham số thứ nhất vào pt tìm giá trị tham số tiếp theo
- Thay giá trị của các tham số vào pt rồi giải pt không có tham số
tìm khoảng nghiệm của x rồi kết luận.
23
* Ví dụ 3:[1] Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng ∀x > 0 :

m 3
log x
3x
m 3 x
+
+ =
Giải:
Điều kiện cần :
Giả sử (1) có nghiệm ∀x > 0 ⇒ x =1 là nghiệm của phương trình
Khi đó : (1) ⇔ 8m +1 = 1 ⇔ m=0
Điều kiện đủ: Với m = 0 , khi đó (1) có dạng :

3
log x
3 x=
⇔ x = x luôn đúng .
Vậy với m = 0 phương trình nghiệm đúng ∀x>0
* Ví dụ 4: [3] Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với mọi
x 2≥ −

2
lg(x m) 2(x 4)− = +
(1)
Giải : Điều kiện
x m ≠
Để phương trình (1) nghiệm đúng
x 2∀ ≥ −
ta phải có
x 2< −
Biến đổi phương trình (1) về dạng :
2lg x m 2(x 4)− = +

x m (x 4)
− = +
⇔
(2)
Điều kiện cần:
Phương trình (1) nghiệm đúng
x 2 x= 2∀ ≥ − ⇒ −
là nghiệm của (2)
Tức là:
m 0 (loaïi)
x 2 2
m 4

=
− = ⇔

= −


Do đó
m 4
= −
là điều kiện cần để thõa yêu cầu của bài toán.

24
Đều kiện đủ:
Với
m 4= −
ta có :
x 4 x 4 x+4 = x+4 luoân ñuùng x 2+ = + ⇔ ∀ ≥ −⇔
Vậy với
m 4
= −
phương trình đã cho nghiệm đúng
x 2
∀ ≥ −


Nhận xét : Bài toán này có thể phát biểu dưới dạng “Tìm m để phương
trình
x m (x 4)
− = +
tương đương với bất phương trình
f(x) 0;(f(x) 0)≥ ≤
,
trong đó nghiệm của bất phương trình là
x 2≥ −
.

Bài tập đề nghị:
Bài 1: Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x∈
0,2
 
 
:
( )
2 2
2 x = 1 m m 1 x x− − + + −
Bài 2: Cho phương trình :
3 2
2 2
log (mx 5mx 6 x) log (3 x 1)
− + − = − −
a)Giải phương trình với m=0.
b)Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với
m 0∀ ≥
.
Bài 3: Cho phương trình :
2 2 2
a 2 a x 2
2log (4 7 2x) log (4 3x)
+ +
− + = −
Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với
∀ ≥ a 0
.
Bài 4: Cho phương trình :
2
2 2 2

2
a 2
log (a x 5a x 6 x) log (3 x 1)
+
+ + − = − −
Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với
∀ ≥ a 0
.
Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm đúng ∀x > 0

2
m 1
log x
2 x
+
=

Bài 6: Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x ≥1:
2 2
x 2x m 3m 3 = mx - 1− + − +
25
Dạng 3: Tìm m để phương trình f(x)=0 tương đương với một bất
phương trình nào đó.
Phương pháp : Để giải đươc dạng này ta thực hiện hai bước sau :
Bước 1: Giải bất phương trình tìm khoảng nghiệm K của bất phương trình.
Bước 2: Bài toán đã cho được qui về “Tìm m để phương trình đã cho
nghiệm đúng
x K
∀ ∈
.

*Ví dụ1:[2] Cho 2 phương trình
(x + 5) (2 –x) = 3m
2
x 3x m 1+ + −
(1)
x
4
+ 6x
3
– 9x
2
–16 = 0 (2)
Tìm m để 2 pt tương đương
Giải :
Giải pt (2)
(2) ⇔ (x
2
+3x)
2
– 16 =0
⇔ (x –1)(x +4)(x
2
+ 3x + 4 ) = 0

x 1
x 4
=

⇔


= −

Điều kiện cần : Giả sử (1) và (2) tương đương
Suy ra x = 1 là nghiệm của pt (1)
⇔ 6 = 3m
m 3+

2
m 0
4 m (m 3)
≥

⇔

= +
