MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009

1
MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ
CHỨA THAM SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ





Mở đầu
Hầu hết trong các đề thi ĐH & CĐ đều có các bài toán giải và biện luận phương trình (pt)
và hệ pt, tìm các giá trị tham số m
∈
R để phương trình (hệ pt) có nghiệm trong miền D nào
đó…. Một trong những công cụ chủ đạo để giải đó là dùng khảo sát hàm số trong chương
trình 12 và đa số thông qua biến phụ t để đưa phương trình đầu tiên về các dạng quen thuộc
hay có thể đặt được dưới dạng một hàm số mà có thể khảo sát được. Một điều cần lưu ý
nữa, đó là trong ch
ương trình THPT đã giảm tải phần so sánh nghiệm của pt bậc hai với số
α
hay
β
cho trước, do đó việc dùng các tính chất đơn điệu, cực trị, giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của hàm số là điều tất yếu để giải quyết vấn đề. Bài viết này xin điểm qua các bài toán
về dạng này trong các đề thi gần đây, qua đó sẽ phân tích, nhận xét mối tương quan giữa
các số hạng, các yếu tố, tính chất của các biến… trong bài toán để hình thành phương pháp
gi
ải quyết và đưa ra một số lỗi kĩ thuật mà thí sinh hay mắc phải do thói quen hay nhầm lẫn
trong quá trình trình bày lời giải. Để giúp cho tất cả mọi học sinh (đủ trình độ) hiểu rõ hơn
trong khi đọc, chúng tôi trình bày từng bước một, nên bài giải hơi dài, các bạn có thể lướt

qua nếu thấy mình đã nắm được vấn đề. Tuy nhiên trong bài thi chúng ta phải trình bày chặt
chẽ, lập luận thật loogic để đi đến kế
t quả, chứ không được làm tắt quá bắt giám khảo phải
hiểu cho mình là điều nên tránh. Bài giải được trình trên 2 cột: cột bên trái ghi các nhận xét
hay các bước giải; cột bên phải trình bày lời giải, cuối cùng là một số bài tập tự luyện.
Mong rằng bài viết này sẽ giúp ích cho một số em học sinh hay chí ít cũng cho các em ôn
lại những điều mà mình đã biết để chuẩn bị cho tốt trong các kì thi, đồng thời cùng trao đổi,
họ
c hỏi với các đồng nghiệp. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong các kì thi sắp tới.
1. Các ví dụ
Ví dụ 1. (ĐH & CĐ 2002–A)
Cho phương trình:
22
33
log log 1 2 1 0xxm++−−=
(1) (m là tham số).
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
[1; 3 ]
.
Giải:
Nhận xét:
22
33
log log 1 1xx=+−
≥
0
⇒

2
3
log 1 1x +≥

Thêm bớt 1 vào (1)
Đặt t và bình phương t.



(1)
⇔

22
33
log 1 log 1 2 2 0xxm+ ++−−=
(2)
Đặt
2
3
log 1 1 tx= +≥
⇒

2
3
log 1 1 tx= +≥
(*)
Thay t vào (1)
(1)
⇔
t

2
+ t – 2m – 2 = 0 , t
≥
1 (3)

Câu a) Với m = 2
 (2)
⇔
t
2
+ t – 6 = 0 , t
≥
1 (4)
Giải pt (4) và chọn nghiệm thỏa
điều kiện (*)

⇔
( t = –3) V ( t = 2), t
≥
1

⇔
t = 2.

Vậy nghiệm của phương trình (3): t = 2
Gv Phan Hữu Thiềm
Thạc sỹ Toán học
Trường THPT Nguyễn Trãi Tây Ninh
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009

2
Tìm x
 t = 2
⇔

2
3
log 1 4x + = ⇔
2
3
log 3x =


⇔

3
log 3
x = ±
⇔
3
3x
±
=
.
Kết luận
Vậy khi m = 2, nghiệm của phương trình (1):
3
3x
±
=

.

Câu b)
Tìm điều kiện của biến phụ t

3
3
1 30log 3xx≤≤ ⇔≤ ≤
⇔
2
3
1log 14x≤+≤


⇔
2
3
1log 12
x≤ +≤

⇔
1
≤
t
≤
2. (**)
Bài toán trở thành: Tìm m để pt
(5) có ít nhất một nghiệm thuộc
đoạn [1; 2].
 (1)

⇔
t
2
+ t – 2m – 2 = 0 , 1
≤
t
≤
2

⇔
t
2
+ t – 2 = 2m , 1
≤
t
≤
2 (5)


Lập bảng biến thiên của hàm:
y = t
2
+ t – 2
+ y’=2t + 1.
+ y’ = 0
⇔
t = – ½

 Đặt
2

2 ( )
2 ( ) / /Ox
yt t P
ym d
⎧
=+−
⎨
=
⎩
. Như vậy số nghiệm của
(5) là số giao điểm của (P) và đường thẳng (d) trên
đoạn [1; 2]. Ta có bảng biến thiên của (P) sau:

Chú ý: Ở đây các em học sinh
hay nhầm 0
≤
m
≤
4, vì do thói
quen hay đặt y = m là sai, mà
phải: 0
≤
2m
≤
4
 Căn cứ vào bảng trên ta được:
Pt (1) có nghiệm thỏa điều kiện bài toán
⇔
pt (5) có
nghiệm t thỏa (**)

⇔
0
≤
2m
≤
4
⇔
0
≤
m
≤
2.
Nhận xét:
∗ Đối với pt có chứa tham số m và có câu hỏi giải pt với giá trị của m cụ thể (ví dụ 1), chúng ta
không nên thay m liền để giải, mà nên biến đổi đến mức tối thiểu (pt 3) có thể được, rồi sau đó mới
thay giá trị m để giải câu a. Làm như vậy để tránh lập lại bước biến đổi đầu tiên từ pt (1)
→
pt(3)
trong cả 2 câu a) và b).
∗
Học sinh dễ mắc bẩy ở đây: Hể cứ đặt
()tfx=
thì chúng ta liền viết t
≥
0, điều này thường dẫn
đến dư nghiệm, nếu như bài toán có chứa tham số m. Như ví dụ 1) ở trên: do
22
33
log log 1 1
xx

=+−≥
0
⇔
2
3
log 1 1
x
+≥

⇔
2
3
log 1 1x + ≥
, nên điều kiện t
≥
1. Hơn nữa hàm f
đôi lúc còn được xác định trên miền D cho trước [(**)], vì thế chúng ta phải tìm miền giá trị của
hàm f
⇒
các cận của t. Bằng cách quen thuộc là khảo sát hàm t: xem biến phụ t là hàm theo x trên
tập xác định của x như ví dụ 2 sau.

Ví dụ 2. (ĐH & CĐ 2004–A) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(
)
22 422
1122111.
mxx xxx
+−−+= −++−−
(1).

Giải:

Nhận xét:
22 4
1.1 1x xx+ −=−


Tìm miền giá trị của t

Khảo sát t = f(x) / [–1; +1]
 Điều kiện: –1
≤
x
≤
1
 Đăt
22
() 1 1
tfx x x
= =+−−
, với x
∈
[–1; +1].
Cách 1
Ta có:
22 22
11
'( )
11 11
xx

fx x
x xxx
⎛⎞
=+= +
⎜⎟
+− +−
⎝⎠

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009

3

Do
22
11
11
x x
+
+−
>0 với x
∈
(–1; 1).
Nên: f’(x) = 0
⇔
x = 0.




Bảng biến thiên của t=f(x).

Như vậy:
0 2t≤≤


Nhận xét: 1+ x
2

≥
1 – x
2
≥
0.


Bình phương t:
Cách 2
Với x
∈
[–1; +1].Ta có:

22
11x x+ ≥−
⇒
22
110tx x= +−−≥


⇒
222

221 .1 2txx= −+ −≤

Điều kiện của biến phụ t

⇒
02t≤≤
.
Tính
4
1 x−
theo t

222 4
221 .1 2(1 1 )txx x
=− + − = − −


⇔
42
21 2x t− =−

Thay t vào (1)
 (1)
⇔
m( t + 2) = 2 – t
2
+ t,
0 2t≤≤

Tính m theo t

⇔

2
2
2
tt
m
t
− ++
=
+
;
0 2t≤≤

Chia đa thức

⇔
4
3
2
mt
t
=− + +−
+
;
0 2t≤≤
(2)
Bài toán trở thành: Tìm m để
phương trình (2) có nghiệm t

thỏa: 0
≤
t
≤
2
.
 Đăt:
4
() 3
2
mgt t
t
==−++−
+
;
0 2t≤≤


2
4
'( ) 1
(2)
gt
t
=− +
+
; g’(t) = 0
⇔
(t = –4) V (t = 0).

Dùng phương pháp đồ thị để tìm
m.
Lập bảng biến thiên..


Cách 1


Kết luận: Căn cứ vào bảng biến
thiên ta có kết quả.
 Vậy pt (1) có nghiệm
⇔
pt (2) có nghiệm / [0;
2
]

⇔
21 1m− ≤≤
.

Chú ý: Phải nói m = g(t) là hàm
xác định và liên tục trên đoạn
đang xét
⇒
Hàm đạt giá trị nhỏ
nhất và lớn nhất trên đoạn đó.



Kết luận

Cách 2
 Nhận xét: m= g(t) là hàm liên tục trên đoạn [0;
2
]
và có đạo hàm g’(t) < 0 trên (0;
2
) , vì thế:

0; 2
min ( ) ( 2) 2 1ft f
⎡⎤
⎣⎦
= =−
.và
0; 2
max ( ) (0) 1ft f
⎡⎤
⎣⎦
==

 Vậy pt(1) có nghiệm
⇔
pt (2) có nghiệm / [0;
2
]

⇔

0; 2
0; 2

min ( ) m ax ( )f tm ft
⎡⎤
⎡⎤
⎣⎦
⎣⎦
≤≤


⇔

21 1m− ≤≤

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009

4
Nhận xét
∗

Ta có:
.ab ab=
vì ( a
≥
0 & b
≥
0)
⇒
a.b
≥
0. Tuy nhiên điều ngược lại:
..ab a b=

thường không đúng, vì
a.b
≥
0
⇒
a; b cùng dấu
⇒
a; b có thể đều âm
⇒

, ab
vô nghĩa. Tương tự
như:
log log log ( )
aa a
A BAB+=
, ngược lại chúng ta không có:
log ( ) log log
aaa
ABAB= +
.

∗

Cách 2 trong việc tìm cận (chận) của t là cách làm đẹp, tuy nhiên nếu không nhận ra dược t ≥ 0
thì bài toán không hoàn chỉnh, thậm chí sai. Hơn nữa phép bình phương là một phép biến đổi
không tương đương, do đó rất cẩn thận trong việc bình phương 2 vế.

Ví dụ 3. (ĐH & CĐ 2007–A)

Tìm m để phương trình
2
4
31 12 1.xmx x−+ += −
(1)
có nghiệm thực.

Giải:
Tìm điều kiện để pt có nghĩa:  Điều kiện
1 x≤
(*)
Chú ý: với mọi x
≥
1 ta có:
∗
()
2
4
11x x−=−
,
( )
2
4
11x x+=+
∗
2
4
44
1. 1 1xx x−+=−

Chia hai vế của phương trình (1)
cho
( )
2
4
1x +
.




 (1)
⇔
2
44
11
32
11
x x
m
x x
⎛⎞
− −
+=
⎜⎟
⎜⎟
+ +
⎝⎠
. (2)

Đặt t =
4
1
1
x
x
−
+
; x
≥
1 (*)
Tìm miền giá trị của t với x
≥
1
Ta có:
12
011
11
x
xx
−
≤ =− <
+ +
⇒
0
≤
t =
4
1
1

x
x
−
+
< 1.(**)
Bài toán trở thành: Tìm m để pt (3)
nghiệm t
∈
[0; 1).
(2)
⇔
2
32tmt
+ =
(0
≤
t < 1) (3)


⇔ m = –3t
2
+ 2t, (
0
≤
t < 1)
(4).
Dùng phương pháp đồ thị để tìm m  Đặt m = f(t) =
–3t
2
+ 2t, (

0
≤
t < 1)

Đồ thị của f(t) là một parabol (***):
+ Tọa độ đỉnh
0
0
1
3
2
1
()
3
b
t
a
S
yft
⎧
=− =
⎪
⎨
⎪
==
⎩
.
+ a = –3 <0 có bề lõm quay về phía
y < 0. Ta được bảng biến thiên.

Kết luận
Như vậy (1) có nghiệm ⇔
(4) có nghiệm t
∈
[0; 1)
⇔

1
1;
3
m
⎛⎤
∈−
⎜
⎥
⎝⎦
.

Nhận xét:

Điều mấu chốt ở đây là nhận biết:
( )
2
4
aa= và
22 2
nn n
ab ab= (1) với a ≥0, b≥ 0.


Sau khi đặt
4
1
, x 1
1
x
t
x
−
=≥
+
. Cũng như ví dụ trên, chúng ta phải tìm miền giá trị của t [(**)]
hay cách làm quen thuộc là lập bảng biến thiên của
4
1
()
1
x
tfx
x
−
==
+
,
trên tập
[1;+
∞
)
như sau:

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009

5
Tính đạo hàm f’(x).


23
4
12
'( )
4
(1)(1)
fx
xx
=
++
>0, với mọi x ≥ 1.
Tìm giá trị của t ở hai cận
 f(1)= 0;
lim ( ) 1
x
fx
→+∞
=
(***)
Lập bảng biến thiên


Kết luận

Căn cứ vào bảng biến thiên ta có: 0 ≤ t <1.
Làm theo cách này nói chung là khó so với một học sinh trung bình khá vì phải tính đạo hàm phức
tạp và
tìm giới hạn
(***) ở hai đầu mút của tập xác định. Tuy nhiên có vẽ tự nhiên hơn là cách
(**) ở trên, đòi hỏi học sinh phải khá thành thạo kĩ thuật thêm bớt và cách tìm các cận (chận) trên,
dưới của một hàm. Nói chung chúng tôi đưa các cách khác nhau, cách nào thuận tiện và quen
thuộc với mình thì thực hiện.

Chúng ta có thể khảo sát hàm bậc 2 (***) bằng đạo hàm nếu không nhớ bảng biến thiên của
hàm bậc hai ở chương trình lớp10.
Ví dụ 4. (ĐH & CĐ 2007–D)
Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
33
33
11
5
(I)
11
15 10.
xy
xy
xy m
xy
⎧
+++=
⎪
⎪
⎨

⎪
+++= −
⎪
⎩

Giải
Nhận xét sự tương quan giữa
3
3
11
& xx
x x
++
.

 Đặt
11
, ux vy
x y
= +=+

Chú ý:
||||||ab a b
+= +
, khi a.b > 0

Vì
1
.10x
x

= >
=>
11
||xx
x x
+ =+
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số
1
||, x
x
ta có
11 1
|| 2||. 2xx x
xx x
+ =+≥ =
.
Do đó |u|;|v|
≥
2. (*)

Chú ý:
()
3
33
3( )ab a b abab+=++ +

Ta có:
3
33

3
111
3ux x x
x xx
⎛⎞ ⎛⎞
=+ =++ +
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
⇒

33
3
1
3
x uu
x
+=−
.
Tương tự:
33
3
1
3yvv
y
+ =−

(I): là hệ pt đối xứng loại 1, nên
chúng ta đưa về dạng tổng & tích.

Viết
33
uv
+
theo

, .uvuv+

Hệ pt (I) trở thành:

33
5 (a)
3( ) 15 10 (b)
uv
uv uv m
+=
⎧
⎨
+− += −
⎩
.|u|, |v|
≥
2
⇔
3
5 (a)
( ) 3 ( ) 3( ) 15 10(b)
uv
uv uvuv uv m
+=

⎧
⎨
+− +−+= −
⎩
.|u|,|v|
≥
2