(Tiểu luận) - Ứng dụng của phương pháp biến thiên hằng số & định lý lagrange & điều kiện cần và đủ trong giải phương trình

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TỐN
LỚP SƯ PHẠM TỐN K29
*Nhóm sinh viên thực hiện :

Hồ Ngọc Cảnh
Nguyễn Thị Kiều Chi
Phạm Thị Yến Chi
Nguyễn Quốc Chính
Nguyễn Văn Cơng
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


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 tị tuyệt đối; tam thức bậc hai…..đề
tài này chúng tôi đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào sự tráo
đổi vai trị 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

toán.
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
(toàn 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 ln ln 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: - Thơng thường phương trình g(t)=0 giải tìm t đơn giản khơng
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).


4

- 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.
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 ϕ (x) là nghiệm của g(t)=0 như vai trị của a.
* Ví dụ 1: [1] Giải phương trình sau:
2(5x − log5 x) + (

1
5x

log5 x − 1) x − 1 = 0

(1) Giải: Điều kiện:

x > 0
⇒ x>1

x
>
1

x
(1) ⇔ 2.5 − 2.log5 x + x − 1.

1
5x

log5 x − x − 1 = 0

⇔ 2.(5x)2 − (2log5x − x − 1)5x + x − 1.log5x = 0

(*)

Xét phương trình bậc hai: 2u2 − (2log5x − x − 1)u + x − 1.log5x = 0 (2)
Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm u=5x
Ta giải (2): ∆ = [ − (2log5x − x − 1)]2 − 4.2. x − 1.log5x
= 4log25 x + ( x − 1)2 − 4 x − 1.log5x
= (2log5 x − x − 1)2 ≥ 0

Phương trình (2) có hai nghiệm là: u =

1
x − 1 và u = log5x
2


5

 x 1
5 = 2 x − 1
Khi đó ta có: 
 5x = log5 x

(3)
(4)

Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm được x.
Cách ra đề:
- Chọn u =5x 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 ( ∆ = (2log5 x − x − 1)2 )
- Từ (*) thay u=5x, 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 tốn mà trong phương trình bậc hai
theo u ta chọn các nghiệm u1 , u2 là các hằng số ,hàm số theo x. Sau
 u = 5x = f(x)
khi giải ta được 
 u = 5x = 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: 42x + 23x+1 + 2x+ 3 − 16 = 0

(1)

Giải:
Đặt t=2x >0
(1) trở thành t4 + 2t3 + 2.4t − 42 = 0

(*)

Ta xét phương trình bậc hai có dạng u2 − 2t.u − t4 − 2t3 = 0

(2)

Từ (*) ta suy ra phương trình (2) có nghiệm u=4.
Giải (2): ∆′ = (− t)2 + t4 + 2t3 = t2(t + 1)2 ≥ 0
Phương trình (2)có 2nghiệm: u = t + t(t + 1) = t2 + 2t và u = t − t(t + 1) = − t2


6

 4 = t2 + 2t
Khi đó ta có: 
 4 = −t2
(VN)
 t = −1+ 5
⇒ t2 + 2t − 4 = 0 ⇔ 
 t = −1− 5 (loaïi)

⇒ x = log2( 5 − 1)

 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 tốn này giải quyết
được vì phương trình bậc hai có ∆ là số chính phương.
* Ví dụ 3: [2]

Giải phương trình sau: x2 + x + 5 = 5

(1)

Giải:
5− x2 ≥ 0
Ta có (1) ⇔ x + 5 = 5− x ⇔ 
2 2
x + 5 = (5− x )

(2)

2

(3)

Ta xét phương trình (3):
x + 5 = 52 − 2x2.5+ x4 ⇔ 52 − (2x2 − 1)5+ x4 − x = 0
Xét phương trình bậc hai dạng: u2 − (2x2 − 1)u + x4 − x = 0

(*)

(4)

Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm u=5.
2

Giải (4): ∆ =  −(2x2 − 1) − 4(x4 − x) = (2x + 1)2 ≥ 0


Phương trình (4)có 2 nghiệm: u = x2 − x và u = x2 + x + 1
5 = x − x
Khi đó ta có: 
2
 5 = x + x + 1
2

x − x − 5 = 0
⇔
2
 x + x − 4 = 0
2


(1± 21)
x =
2
⇔

(−1± 17)
x =


2


7

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

 Nhận xét: - Bài tốn trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
x2 + t = 5
hoặc giải bằng phương pháp
x + 5 = t .Sau đó chuyển về hệ  2
t − x = 5
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 f 2(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) =3x thì ta có phương trình 32x + 3x + a = a
Với f(x) =log5x thì ta có phương trình log25 x + log5 x + a = a
* Ví dụ 4: [3]
Giải:

Giải phương trình sau: (2x−1 − 1) x − 1 + 2x − 2 = 0

Điều kiện : x ≥ 1

Ta có (1) ⇔ 2x − 1 x − 1 − x − 1 + 2x − 2 = 0

(1)


8

⇔ 2x x − 1 + (2x − x − 1)2 − 4 = 0
⇔ 22 − (2x − x − 1)2 − 2x x − 1 = 0 (*)
Xét phương trình bậc hai dạng ⇔ u2 − (2x − x − 1)u − 2x x − 1 = 0 (2)
Từ (*) ta thấy u=2 la nghiệm của (2)
Ta có (2) ⇔ x − 1(u − 2x ) + u(u − 2x ) = 0
⇔ ( x − 1 + u)(u − 2x ) = 0
u = − x − 1
⇔
 u = 2x
 2 = − x − 1 (vơ nghiêm)
⇔ x =1

Khi đó ta có 
x
 2 = 2
* Ví dụ 5: [4]

Giải phương trình :

−x5 + 3x2(x2 − 1) + 9x(x2 + 1) + 27 = 0
Giải:

(1)

(1) ⇔ − x5 + 3(x4 − x2) + 9(x3 + x) + 27 = 0
⇔ 33 + (x3 + x)32 + (x4 − x2)3− x5 = 0

Ta xét phương trình :

(*)

u3+( x3 + x )u2+( x4 − x2 )u −x5=0

(2)

Từ (*) ta thấy u=3 là nghiệm của phương trình (2).
Giải (2): ta có (2) ⇔ u(u2 + xu − x2) + x3(u2 + xu − x2) = 0
⇔ (u+x3)(u2 + xu − x2) = 0
 u+x3 = 0
(3)
⇔ 
 u2 + xu − x2 = 0 (4)

9

Từ (3) ta có −x3 = 3 ⇒ x = 3 −3
Từ (4) ta có u2 + xu − x2 = 0 (5), với ∆ = x2 − 4(− x2) = 5x2 ≥ 0

−x + 5x
u =
2
(5) ⇔ 

−x − 5x
u =

2


6

(−1+ 5)x
x =
3 =
−1+ 5
2
⇔ 
⇔ 


6

(−1− 5)x
x =
3 =
−1− 5

2


 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 khơng phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về
một phương trình mới là giải được nên phương pháp này cịn 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 x3 + x2 − x = (1− m)3 + (m2 − 2m)x + m(x2 − x4) (1)
Giải:

(1) ⇔ mx4 + x3 + (1− m)x2 − (1− m)2x − (1− m)3 = 0
⇔ (1− m)3 + x(1− m)2 − x2(1− m) − mx4 + x4 − x4 − x3 = 0
⇔ (1− m)3 + x(1− m)2 + (x4 − x2)(1− m) − x4 − x3 = 0

Xét phương trình :

u3 + xu2 + (x4 − x2)u − x4 − x3 = 0 (2)

Từ (*) ta suy ra u = 1− mlà nghiệm của phương trình (2).

(*)


10

Ta có (2) ⇔ (u-x)(u2+2ux+x2+x3)=0
 u-x=0
⇔  2
2
3
 u +2ux+x +x = 0
1-m=xx3 +

 x3+x2 + 2(1− m)x + (1− m)2 = 0

Khi đó ta có

* Ví dụ 6: [2] Giải phương trình
x3 +
Giải:

68 15
=

x
x3

(1)

Điều kiện x ≠ 0

Giả sử x0 là nghiệm của phương trình (1). Khi đó
3
(1) ⇒ x0 +
3
⇔ x0 +

68
x30

=

15
x0

2 17 17 − 2
=
3
x0
x0
3

⇔ x0 +

2 17
x30

=

( 17)2 − 2
x0

⇔ x20( 17)2 − 2 17 − x60 − 2x20 = 0

x40 + 2
 17 =
x20
⇔

2
 17 = −x0

(*)
(**)

Tư (*) và (**) ta có
x20 = − 17 Vô nghiệm


11

x40 + 2
x20

= 17

x40 − 17x20 + 2 = 0

⇔

⇔ x2 = 17 ± 3 ⇔ x = ±
0
0
2
Thử lại ta thấy x = ±
0

 Nhận xét:

17 ± 3
2

17 ± 3 là nghiệm của (1)
2

Nếu sử dụng phương pháp biến đổi (1) về phương trình

x6 – 15x2 + 2

=0

Đặt x2 = t > 0 ta được t3 – 15t + 2

=0

Đây là phương trình bậc 3 khơng có nhận xét về cách đốn nghiệm vơ tỷ
nên việc đốn nghiệm để đưa về phương trình tích là khó khăn.
*Ví dụ 7: [4] Giải phương trình sau
log 22 x + log 2 x = 5log x 8 + 25log 22 2
Giải: Điều kiện:
Đặt

0= t. Ta có

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

α = 1
x = 1
⇒
⇔
α = 3  x = 3

Khi đó phương trình (1) trở thành

(1)


12

t2 + t − 2 =

15 25
+
t t2

⇔ t4 + t3 − 2t2 = 3.5+ 25
Ta xét phương trình sau:
a2 + 3ta – t2(t2 + t – 2) = 0

−3t + t(2t + 1)
 a1 =
2
⇔
 a = −3t − t(2t + 1)
 2
2

a = t(t − 2)
⇔ 1
a2 = − t(t + 2)

(*)
(**)

Thay a = 5 vào (*) và (**) ta được
 5 = t2 − t
 t2 − t − 5 = 0
⇔

 5 = − t2 − 2t  t2 + 2t + 5 = 0 (vn)
⇒ t2 – t – 5 = 0
1± 21
2

⇔ t = 1± 21 ⇔ log x = 1± 21 ⇔ x = 2
2
2
2
Thử lại

1± 21
x= 2 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:

3
1) x +

137 18770
=
x
x3

3) x + (17 + x) = 17


13

2
2) x +

13 168
= 2
4
x
x

4) lg4 x + lg3 x − 2lg2 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 tốn .

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 tốn:
 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 tốn.
Điều kiện cần: - Giả sử phương trình có nghiệm xo .
- Tìm nghiệm yo phụ thuộc vào xo.
- Vì phương trình có nghiệm duy nhất nên xo=yo.
Từ đó suy ra nghiệm xo .
- Thay xo 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

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

(2)

Điều kiện cần :

Giả sử xo là nghiệm của pt khi đó
4

x0 + 4 2 - x0 + x0 + 2 - x0 = m
Nhận thấy 2 – xo cũng là nghiệm của pt
Suy ra 2 – xo = xo ⇒ xo = 1
Thay xo = 1 vào pt ⇒ m = 4

Điều kiện đủ :
Với m = 4 pt (2) trở thành
4

x + 4 2- x + x + 2- x =4

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được
x + 2 - x £ 2 và

4

x + 4 2- x £ 2

ìï x + 2 - x = 2
Do đó (2) ⇔ ïí
ïï 4 x + 4 2 - x = 2
ỵ
⇔ x=1
Vậy m = 4 pt có nghiệm duy nhất là x = 1

 Nhận xét :

Bài này ta tìm nghiệm yo của pt thơng qua việc thay đổi vai

trị của x và 2-x.
* Ví dụ 2:[2]

Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất


15

log3 2 ( 4 − x 0 + x 0 + 5 ) = a

(1)

Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm xo . Khi đó
log3 2 ( 4 − x 0 + x 0 + 5 ) = a
log3 2 ( (−1− x 0 ) + 5 + −(−1− x 0 ) + 4 = a
Khi đó

(– 1 –xo ) là nghiệm của (1)

Vì (1) có nghiệm duy nhất nên
xo = -1 – xo => xo= Với xo = -

(1) ⇔ log

1
2

1
ta được
2

1
1
( 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
log3 2 ( 4 − x + x + 5 ) = 1

(2)

4 − x ≥ 0
ĐK: 
x + 5 ≥ 0
(2) ⇔ 4 – x + x + 5 = 3 2
⇔ 4 − x + x + 5 + 2 (4 – x)(x + 5) = 18

−5≤ x ≤ 4
⇔
2 (4 − x)( x + 5) =9

 −5 ≤ x ≤ 4

⇔

4(4 − x)( x + 5) = 81


16

 −5 ≤ x ≤ 4

⇔ 

⇔x

2
4 x + 4 x + 1 = 0


= - 12

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
⇔log3 2 ( 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
( 4 − x + x + 5) 2 = 4 − x + x + 5 + 2 (4 − x)(x + 5)
≤ 9 + (4 – x )+ (x + 5 ) = 18
⇔

4−x + x +5 ≤3 2

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

* Bài tốn trên cịn có thể giải bằng phương pháp đồ thị
Viết lại (1) dưới dạng:

4 − x + x + 5 = log 3 2 a

với a > 0 (2)


17

⇔Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔phương trình (2) có nghiệm
duy nhất.
⇔Đường thẳng y = log 3 2 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 : y' =

−1
2 4− x

+

1

y′ = 0 ⇔ −

2 4− x

⇔

1
2 x +5
+

1
2 x+ 5

=0

4− x = x + 5

⇔ x=−

1
2

Bảng biến thiên:

x

−

−5

y′

+

1
2
0

−

3 2
y
3
Từ đó điều kiện là a=1

* Ví dụ 3: [2] Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.

3


18

x − m2 + 3m + x − m = m2 − 3m + 2

(1)

Giải :
Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm là xo suy ra :
xo − m2 + 3m + xo − m = m2 − 3m + 2
⇔ (m2 − 4m − xo) + m + (m2 − 4m − xo) − m2 + 3 = 0
Suy ra ( m2 − 4m − xo ) cũng là nghiệm của (1)
m2 − 4m
Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi xo= m − 4m − xo ⇔ xo =
2
2

Thay xo vào (1) ta được :

m2 − 3m + 2 = m2 − 2m

 m2 − 2m ≥ 0

m = 2
 m2 − 3m + 2 = m2 − 2m
⇔

⇔
m = 1
2
 m − 2m < 0

2
 2
2
 m − 3m + 2 = −m + 2m
Điều kiện đủ:
+ Với m = 2, (1) ⇔ x + 2 + x + 2 = 0 ⇔ x=− 2 là nghiệm duy nhất.
+ Với m =

1
, (1) ⇔
2

x+

5
1 3
+ x+ =
2
2 4


19

nếu

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

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

nếu
nếu
nếu

x< −

nếu

5
1
− ≤ x≤ −
2
2
1
x> −
2

nếu

x< −

5
2

5
2

5
1

− ≤ x≤ −
2
2
1
x> −
2

9
8

Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất x=−

9
8

Tổng qt : 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 = xo
Suy ra

xo − a + xo − b = c ⇔ (a + b − x0) − a + (a + b − xo) − b = c


20

Để phương trình có nghiệm duy nhất thì xo = a+b-xo ⇔ xo=

a+ b
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) khơng có nghiệm duy
nhất.
• Nếu a = b thì (2) ⇔ (x − a)2 ≤ 0 ⇔ 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
2
2
b) x − m + 3m + x + m = m − 3m + 2

c) x(4 − x) + m = x − 2
2
d) x + m + x + 1 = m + 1

e) mx2 − 2(m− 1)x + 2 = mx − 2
f)

1

x− 2

3

= 2m − 1

g) 2mx(2− x) = 3x−1 + 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 tốn.

 Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm
x Ỵ D Í Df .Với Df là tập xác định của f(x)
Đối với dạng này ta sử dụng điều kiện cần là phương trình ln có
nghiệm với mọi x Ỵ D ⊆ Df .Do đó chọn được giá trị x o Ỵ D 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 Ỵ D thì chọn m.Hoặc nếu ∀x∉D thì m loại.

* Ví dụ1: [2] Tìm m để pt sau có nghiệm ∀x ≥ 0:
x2 + 2x − m2 + 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) ⇔ −m2 + 2m + 4 = m − 2
m − 2 ≥ 0
⇔ 2
2
−m + 2m + 4 = (m− 2)
⇔ m=3
Điều kiện đủ : Với m = 3 thì (3) trở thành
x2 + 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 :
a x 2 + 1 − x 2 + 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) ⇔ x 2 + 1 = x 2 + bx + 1
⇔ x2 +1 = x2 + bx + 1

⇔ b=0

Suy ra a = 1 và b = 0

Với a =1 , b = 0 khi đó pt (4) có dạng
x 2 + 1 − x 2 + 1 = 0 ⇔ 0 = 0 đúng
Vậy a = 1 và b = 0 phương trình nghiệm đúng ∀x

 Nhận xét:

Qua 2 ví dụ trên,với những bài tốn tìm điều kiện của một hay

nhiều tham số sẽ thực hiện theo tuần tự:
- Chọn nghiệm xo 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 xo = 0 )
- Thay xo 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 khơng có tham số


23

tìm khoảng nghiệm của x rồi kết luận.
* Ví dụ 3:[1]

Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng ∀x > 0 :
m3x + 3log m + 3 x = 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 :
3log 3 x = 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
lg(x − m)2 = 2(x + 4)
Giải :

(1)

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:

n đú
ng ∀x ≥ −2
Với m = −4 ta có : ⇔ x + 4 = x + 4 ⇔ x+4 =x+4 luoâ
Vậy với m = −4 phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x ≥ −2



Nhận xét : Bài tốn 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 − x 2 = 1 − m + ( m + 1) x − x 2
Bài 2: Cho phương trình : log2(mx3 − 5mx2 + 6 − x) = log2(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 : 2loga2 + 2(4 − 7 + 2x) = loga2x2 + 2(4 − 3x)
Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với ∀a ≥ 0.
2 2
2
Bài 4: Cho phương trình : log2(a x + 5a x + 6 − x) = loga2 + 2(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
logm +1 x 2

2

=x

Bài 6: Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x ≥1:


25

x 2 − 2x + m 2 − 3m + 3 = mx - 1

 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 tốn 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

x 2 + 3x + m −1

x4 + 6x3 – 9x2 –16 = 0

(1)
(2)

Tìm m để 2 pt tương đương
Giải :
Giải pt (2)
(2) ⇔ (x2+3x)2 – 16 =0
⇔ (x –1)(x +4)(x2 + 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

m ≥ 0
⇔
2
4 = m (m + 3)