5 PHUONG PHAP GIAI PT DAI SO

<span class='text_page_counter'>(1)</span>VI.PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 1 Dùng tọa độ của véc tơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:. .     u v u  v .  x1  x2 . 2.   u  x1; y1  , v  x2 ; y2 . khi đó ta có. 2.   y1  y2   x12  y12  x22  y22. x y    1  1 k 0 x2 y2 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương        u.v  u . v .cos   u . v cos   1  u   v  , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA  MB  MC OA  OB  OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì 0 MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 120 3. Bài tập :. I/ Phương pháp dùng hình học, đồ thị 1/ Giải phương trình: √ a2 − √ 2ax +b 2+ √b 2 − √3 xc+c 2= √a 2 − √2 − √ 3 ac+ c2. với a,x,c > 0. 0  0  Đặt OA=a ; OB=x, OC=c sao cho AOB 45 , BOC 30. A. 450 O. B 300. C. Áp dụng định lý Cosin, ta có: AB=√ a2 − √ 2 ax+ x 2 BC=√ x2 − √ 3 xc+ c 2 Dễ dàng chứng minh 2− 3 Cos 750= √ √ nên cũng theo định lý Cosin ta có: 2 2 AC=√ a − √ 2− √ 3 ac+c ⇒ AB+BC ≥ AC 2. Do dấu bằng xảy ra nên A, B, C thẳng hàng.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ¿ OAC ¿ ⇔ SOAB + S OBC=Salignl ¿❑ ax √2 xc 1 ac 2+ 3 ⇔ + = ac sin 750= √ √ 4 4 2 4. (. ). ⇔ x=. (. ac √2+ √ 3 a √ 2+ c. ). Vậy tập nghiệm của phương trình là ac 2+ 3 S= √ √ a √ 2+c 2/ Bài tập tương tự √ 2 x 2 − 2 x +1+√ 2 x 2 − ( √ 3 −1 ) x+1+ √2 x 2+( √3 −1 ) x +1=3 3/ Giải phương trình √ cos2 x −2 cos x +3+ √ cos 2 x +4 cos x+ 6= √17 Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm cố định N ( 2 √2 ; √3 ) và điểm biến thiên M ( √2 ; 1− cos x ) . Do 0 ≤1 −cos x ≤ 2 , nên điểm M chạy trên đoạn thẳng M 0 M với M0( √ 2; 0 ¿ và M 1 ( √ 2 ; 2 ) .. {. }. y N. 3 M1 2 M. 1-cosx. M0 x O. Ta có:. 2. . OM  MN ON  32  2 2. Do dấu “=” xảy ra nên M. 2.  17. M1. ⇔ cos x =− ⇔ x=±. . 2 2. 1 2. 2π + 2 kπ 3. (k Z ). 4) Bài tập tương tự:. √ cos2 x −2 cos x +3+ √ cos 2 x +4 cos x+ 6= √2+ √ 11.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5) Giải phương trình:. √ 2 x 2 − 2 x +1+√ 2 x 2 +( √ 3+1 ) x+1+ √2 x 2 − ( √3 −1 ) x +1=3 pt ⇔ √ x + ( x −1 ) + 2. 2. √(. 2. 2. 2. ) √( ) (. 1 √3 + x+ + x+ 2 2. )(. x+. 1 √3 =3 + x− 2 2. ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm M ( x ; x) , A ( 0 ; 1) , B. ( −2√ 3 ; −12 ) , C ( √23 ; −12 ). Dễ dàng chứng minh Tam giác ABC đều. y M. x. 3  2. 1 O. A. 3 2. VT= MA + MBC + MC B. x x. Do dấu “=” xảy ra nên M. OA + OB + OC = 3 0 ⇔ x=0. 6) Biện luận theo m nghiệm của phương trình sau:. √ 4 − x2=mx +2 −m (1) Ta biết rằng số nghiệm của pt (1) chính là số giao điểm của 2 đường y=√ 4 − x 2 và y=mx+ 2− m vì y=√ 4 − x 2 ⇔ x2 + y 2=4 ; y ≥ 0 nên đồ thị y=√ 4 − x 2 là nửa đường trên (phần nằm trên trục hoành) tâm tại gốc tọa độ,. của bán kính bằng 2. Còn y = mx + 2 - m là một họ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định A(1;2) với mọi m. Ta nhận thấy có hai tiếp tuyến với đường trên kể từ A: đường thẳng y = 2 song song với trục hoạnh và tiếp tuyến AD. Gọi B (-2 ; 0) và C (2 ; 0) là 2 đầu mút của đường kính BOC. Giả sử m1, m2, m3, m4 tương ứng là hệ số góc các đường thẳng AC, AD, AB, AE thì:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  * m1= - tan ACO  2 4    DCO  tan EAD  tan 2OAE  3 * m2= -tan. . .  (vì tan OAE  2 ) ABO  2 3 * m3=tan. * m4 =0 y. E. A 2. D. B. C -2. O. 1. x. 2. Từ đó suy ra. 1- Phương trình (1) có 2 nghiệm. 2 3 −4 −2 ≤ m≤ 3 ⇔¿. 2- Phương trình (1) có 1 nghiệm. 2 3 m<−2 m=0 −4 m= 3 ⇔¿. 0< m≤. m>. −4 3- Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ 3 <m<0. 7) Biện luận số nghiệm phương trình theo a (1). ( a √ 9 − x 2 + x ) ( x − a √3 )=0 Đặt. √ 9 − x 2= y ⇒ x 2+ y 2 =9. Phương trình (1) ⇔. 2. 2. x + y =9 ( ay + x ) ( x −a √ 3 ) =0. {. (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Dễ thấy phương trình (2) biểu diễn trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ, bán. −1 và y= a x (nếu a 0). Số nghiệm của hệ chính là số giao điểm của 2 đường thẳng với đường tròn. Ta chỉ cần xét khi a > 0 ( vì khi a > 0 ta có kết quả tương tự, còn khi a = 0 thì 1 x=a √ 3 ; y=− x và (3) ⇔ x = 0 và lúc đó hệ số 2 nghiệm). Ta xét khi. kính 3, còn phương trình (3) biểu diễn 2 đường thẳng x=a √ 3. a. 2. 2. đường tròn đồng quy. Gọi (x0; y0) là điểm đồng quy thì ta có x0 + y0 = 9, x0= a √3. 1 và y0= − a x 0 và do a> 0 nên suy ra a = √ 2. y. y . 1 x a. x a 3 a 3 3 x. O. y. y . 1. x.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a 3 3 x O. y. y . 1 x a. x a 3 0a 3 3 x. O. 0<|a|< √ 3 a/ Phương trình có 4 nghiệm ⇔ | | a ≠2. {. |a|=√ 3 b/ Phương trình có 3 nghiệm |a|>√ 2 ⇔¿. c/ Phương trình có 2 nghiệm. a=0 |a|>3 ⇔¿. 8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất. √ ( 4+ x ) ( 6 − x )=x 2 −2 x+ m Điều kiện :  4  x 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đặt y=√ ( 4 + x ) (6 − x ) thì ta có y ≥ 0 và ( x − 1 )2+ y 2 =25 . Vậy đồ thị của hàm số y=√ ( 4 + x ) (6 − x ) là nửa đường tròn (phần nằm trên trục hoành) tâm tại điểm 01 (1 ; 0) và bán kính 5. Còn y=x 2 − 2 x +m là Parabal luôn có cực tiểu nằm trên đường x = 1.. y y=x2-2x+m. 5. M. 1 Để phương trình có 1 nghiệmOduy nhất thì đỉnh của Parabal ở trên đường thẳng: x = 1, phải nằm trùng điểm M(1 ; 5).. -2 Δ ⇔− =5 4a. O. 1. 6. x. ⇔ m −1=5 ⇔ m=6. II/ Ứng dụng tích vô hướng để giải phương trình vô tỷ 9/ x √ x+ 1+ √3 − x =2 √ x 2+ 1 Điều kiện : −1 ≤ x ≤3 Đặt a =( x ; 1), b= ( √ x +1 ; √3 − x ) Khi đó a . b=x √ x +1+ √ 3 − x 2. |a||b|=√ x 2 +1. √ ( √ x+1 ) + ( √3 x ). =. 2. √ x2 +1. Do đó a . b=|a|.|b|⇒ a . b cộng tuyến x x +1 ⇔ =√ 1 √3 − x. (đk: 0 < x < 3).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ⇔ x 2= ⇔. x +1 3−x. x 2 −3 x 2 +x+1=0. ( x − 1 ) ( x 2 − 2 x −1 ) = 0. . x 1=1 ⇔ x 2=1+ √ 2 x 3=1− √ 2. {. (loai). * Bài tập tương tự: 10/ √ x −1+2 √ 3− x = √ 10.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> VII. PHƯƠNG PHÁP TÍNH CHẤT HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x ) k Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) Bước 3: Nhận xét:  Với x  x0  f ( x )  f ( x0 ) k do đó x0 là nghiệm  Với x  x0  f ( x )  f ( x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm  Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm  Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x ) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 )  g ( x0 ) Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u )  f (v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f (u )  f (v )  u v Ví dụ: Giải phương trình : Giải: pt. .   2 x  1 2 . Xét hàm số.  2 x  1.  2 x  1  2  2. . . .  3   3x  2 . . f  t  t 2  t 2  3. . . 4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3 0.   3x . 2. .  3  f  2 x  1  f   3x .  , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15. y  f t f x  f  t   x t  Dựa vào kết quả : “ Nếu là hàm đơn điệu thì   ” ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ y  f  x  2 x3  x 2  1 Xuất phát từ hàm đơn điệu : mọi x 0 ta xây dựng phương trình :. f  x  f. . . 3x  1  2 x3  x 2  1 2. . . 3. 3x  1  (3x  1) 2  1. trình 2 x 3  x 2  3x  1 2  3 x  1 3 x  1 f  x  1  f Từ phương trình 2 x3  7 x 2  5 x  4 2  3 x  1. . 3x  1.  thì bài toán sẽ khó hơn.  3x  1. Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau :. , Rút gọn ta được phương.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2 x3  7 x 2  5 x  4 2 y 3  2 y  3 x  1 Đặt khi đó ta có hệ : 3x  1  y cộng hai phương trình ta được: 3 2 2  x  1   x  1 2 y 3  y 2 = Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phương trình : Giải:. .   2 x  1 2 . Xét hàm số.  2 x  1. 2.  2 x  1  2 . . .  3   3x  2 . . f  t  t 2  t 2  3. . . . 4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3 0.   3x . 2. .  3  f  2 x  1  f   3x .  , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15. 3 2 3 2 Bài 2. Giải phương trình x  4 x  5 x  6  7 x  9 x  4 2 3 Giải . Đặt y  7 x  9 x  4 , ta có hệ : 3 2 3  x  4 x  5 x  6  y 3  y  y  x  1   x  1    2 3 7 x  9 x  4  y f t t 3  t Xét hàm số :   , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình  x 5 2 3 f  y   f   x  1   y  x  1   x  1  7 x  9 x  4    x  1  5  2 3 3 Bài 3. Giải phương trình : 6 x  1 8 x  4 x  1 Bài tập: Giải phương trình:. a). 4 x  1  4 x 2  1 1. b). x  1  x 3  4 x  5. c). x  1 3  x  x 2. d). x 1  2 x  2 x 2  x3. e). x  1  x  2 3. f). 2 x  1  x 2  3 4  x.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> VIII. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Bài toán 1: Giải phương trình chứa căn thức bằng phương pháp biến đổi tương đương.. PHƯƠNG PHÁP CHUNG - Với các dạng phương trình cơ bản: Dạng 1: Phương trình: √ f ( x , m )= √ g ( x , m ). x∈D f ( x , m )=g ( x , m ). (∗) (1). {. ⇔ f ( x , m )=g ( x , m ) ≥ 0 ⇔. Khi đó bài toán trở thành “ Biện luận phương trình (1) với điều kiện (*)” Lưu ý rằng: Điều kiện (*) được lựa chọn tùy theo độ phức tạp của f ( x , m) ≥ 0 và g ( x , m ) ≥ 0 , thí vụ với phương trình √ x −m= √ x 2 − 2 mx +3 Ta lựa chọn phép biến đổi: x≥m (∗) ( ) (1) x − 2 m+1 x +3+ m=0 Dạng 2: Phương trình: √ f ( x , m )=g ( x , m) g ( x , m ) conghia ∧ g ( x , m ) ≥ 0 ⇔ f ( x ,m )=g 2 ( x ,m ) Lưu ý rằng: Không cần đặt điều kiện g ( x ) ≥ 0 Dạng 3: Phương trình : ❑√ f ( x , m ) + √ g ( x , m )=√ h ( x , m ) f ( x , m)≥ 0 ⇔ g ( x , m)≥ 0 f ( x , m ) + g ( x ,m ) +2 √ f ( x , m ) g ( x , m) =h ( x , m ). x − m≥ 0 x −m=x 2 −2 mx+3. {. ⇔. {. 2. {. {. Lưu ý rằng: Cần điều kiện f(x), g(x), h(x) có nghĩa và không cần h(x) 0 ( 1) Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình: √ x2 −1 − x=m Giải Ta có: ( 1 ) ⇔ √ x 2 −1=x +m ⇔. {. x +m≥ 0 x −1=( x+ m)2 2. ⇔. x≥−m 2 mx=− m 2 −1. {. (2). Với m =0 Khi đó (2) vô nghiệm ⇒ (1) vô nghiệm Với m 0 Khi đó (I) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thỏa mãn x ≥ −m. (I).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> m ≥1 − 1≤ m<0 2 m +1 m2 −1 ⇔− ≥ −m ⇔ ≥ 0 ⇔¿ 2m 2m. Kết luận : 2. m +1 - Với m≥ 1 hoặc −1 ≤ m<0 , phương trình có nghiệm x=− 2m. - Với m<−1 hoặc 0 ≤ m<1 , phương trình vô nghiệm. Ví dụ 2: (HVQHQT 98): Giải và biện luận phương trình: Giải Điều kiện:. a ≥0. {. x − a≥ 0 ⇔ a≥ 0 x≥a x + a≥ 0. {. Khi đó: (1)⇔ x −a+ x+ a+2 √ x 2 − a2=a2 ⇔2 √ x 2 − a2 =a2 −2 x a2 −2 x ≥ 0 ⇔ 2 4 ( x2 − a2 )=( a2 − 2 x ). {. a2 x≥ ⇔ 2 2 4 a x =4 a2+ a4. {. (2). (I). - Với a = 0 - Khi đó (I) có nghiệm x = 0 ⇔ (1) có nghiệm x = 0 2. ⇔ a≤. 4. 2. 4a +a a ≤ ⇔a ≥ 2 2 2 4a. Kết luận: - Với a<0 hoặc 0<a<2, phương trình vô nghiệm - Với a = 0, phương trình có nghiệm x = 0 1 2 - Với a 2 , phương trình có nghiệm x= ( a + 4 ) 4. Chú ý: Bài toán trên có thể giải được bằng phương pháp chuyển về hệ (được trình bày trong phần các bài toán chọn lọc). 2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Bài toán 2: Giải phương trình chứa căn thức bằng phương pháp đặt ẩn phụ. PHƯƠNG PHÁP CHUNG Với các phương trình căn thức chứa tham số sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhất thiết ta phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Để tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ đối với các phương trình vô tỉ, ta có thể lựa chọn một trong các phương pháp sau: * Sử dụng tam thức bậc hai, thí dụ: 2. t=√ x2 −2 x+5=√ ( x − 1 ) + 4 ≥ 2. * Sử dụng các bất đẳng thức, thí dụ: t=√ 3+ x+ √6 − x Khi đó: 2 t 2 =( √ 3+ x+ √6 − x ) ≤ ( 3+ x+ 6− x )( 1+1 )=18 ⇒t ≤3 √ 2 2 t 2 =( √ 3+ x+ √6 − x ) =3+ x+ 6 − x +2 √( 3+ x ) ( 6 − x ) ≥ 9 ⇒t ≥3 √ 2 Vậy điều kiện cho ẩn phụ là 3 ≤t ≤3 √ 2 - Sử dụng đạo hàm, thí dụ được minh họa trong ví dụ 3 phía dưới. Ví dụ 3 (Đề 59): Cho phương trình: √ 3+ x+ √6 − x − √ ( 3+ x ) ( 6 − x )=m a. Giải phương trình với m = 3 b. Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải Điều kiện:. {63+−xx≥0≥ 0. ⇔− 3≤ x ≤ 6. Đặt t=√ 3+ x+ √6 − x . Ta đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ bằng cách: Xét hàm số t=√ 3+ x+ ❑√ 6 − x * Miền xác định D= [ −3,6 ] * Đạo hàm: 1 1 − ❑ 2 √ 3+ x 2 √ 6 − x 1 1 3 t ' =0 ⇒ − =0 ⇔ √ 3+ x=❑√ 6 − x ⇔ x= 2 2 √3+ x 2 √ 6 − x t '=. Bảng biến thiên: x - ∞ t’. -3 3/2 + 0 3/ √ 2. 6. t 3 Từ đó: điều kiện của t là 3 ≤t ≤3 √ 2 Suy ra : √ ( 3+ x )( 6 − x ) =. t 2− 9 2. Khi đó phương trình có dạng: t−. t 2− 9 =m ⇔t 2 −2 t − 9+2 m =0 2. a. Với m = 3, phương trình (3) có dạng:. 3. + ∞.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ¿ ¿ (1) ¿. t=− 1 t=3 2 t −2 t − 3=0 ⇔ ¿. Với t = 3, thay vào (2) được:. x =−3 x =6 √ ( 3+ x )( 6 − x ) =0 ⇔ ( 3+ x ) ( 6 − x )=0 ⇔ ¿. Vậy, phương trình có nghiệm là x = -3 hoặc x = 5 b. Phương trình có nghiệm ⇔ (3) có ít nhất một nghiệm 3 ≤t ≤3 √ 2 (3) (3) ⇔¿. Cómôtnghiêm∈ [ 3,3 √2 ] Cómôtnghiêm∈[3,3 √ 2]. ⇔ f ( 3 ) . f ( 3 √ 2 ) ≤0 ⇔. (1). 6 √ 2 −9 ≤m ≤3 2. Ví dụ 4 (Đề 3): Cho phương trình: ( x − 3 )( x +1 ) + 4( x −3) x +1 =m. √. x −3. a. Giải phương trình với m = -3 b. Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải Điều kiện:. Đặt. x >3 x ≤ −1 x +1 ≥0 ⇔ ¿ x −3 x +1 t=( x − 3 ) , suy ra x −3. √. (x − 3)( x+1)=t. 2. Khi đó phương trình có dạng: t2 + 4 t − m=0 a. Với m = -3 , phương trình (2) có dạng:. Với.  t  3 t 2  4t  3 0    t  1 t=−3 ⇔ ( x −3 ) x+1 =−3 x−3 ⇔. √. x>3 x >3 x − 3<0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x=1 − √ 13 ( x −3)( x +1)=9 x=1 ± √13 x −2 x − 12=0. {. {. {. Với t =−1 ⇔ ( x −3) x+1 =−1 ⇔. √. x−3. x<3 x< 3 x −3< 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x=1 − √ 5 (x −3)(x +1)=1 x − 2 x − 4=0 x=1 ± √ 5. {. {. {. Vậy với m = -3, phương trình có hai nghiệm x = 1- √ 13 và x = 1- √ 5 b. Tìm m để phương trình có nghiệm..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Phương trình (1) có nghiệm ⇒ (2) có nghiệm ⇔ Δ' ≥ 0 ⇔ 4+m ≥ 0 ⇔ m≥ − 4. Giả sử khi đó (2) có nghiệm là t 0 thì t 0=( x −3) x +1 Với Với. √. t 0=0 ⇒ x=− 1 t 0> 0 suy ra x −3>0 (x − 3)( x+1) −t 0. { Với. ⇔ x=1+ √4 +t 2 t 0< 0 suy ra:. ⇔ 2. {. x>3 x >3 ⇔ 2 2 x −2 x − 3 −t =0 x=1 ± √ 4 +t 2. 0. {. 0. 0. {. x <3 x −3<0 x< 3 2 ⇔ 2 2 ⇔ (x − 3)(x+1)−t x − 2 x −3 −t x=1 ± √ 4+ t 2 0. ⇔ x=1 − √ 4 −t 2. Tóm lại: với m. x−3. {. 0. {. 0. 0. 4 phương trình (1) có nghiệm.. 3. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VÀ ĐỒ THỊ Nếu phương trình ban đầu có thể chuyển về dạng: f(x, m) = g(m) ta có thể lựa chọn phương pháp hàm số để giải . Cụ thể: Bài toán 3: Sử dụng phương pháp hàm số giải phương trình :. f(x, m) = g(m). (1) PHƯƠNG PHÁP CHUNG. Chúng ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Lập luận: số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C ) : y = f(x,m) và đường thẳng (d) : y = g(m). Bước 2: Xét hàm số y = f(x,m) Tìm miền xác định D. Tính đạo hàm y’, rồi giải phương trình y’ = 0 Bước 3: Kết luận: Phương trình có nghiệm: ⇔ min x∈ D f ( x , m) ≤ g (m)≤ maxx ∈ D f (x , m) Phương trình có k nghiệm phân biệt: ⇔(d ) cắt (C ) tại điểm k phân biệt Phương trình vô nghiệm : ⇔ (d )∩(C)=φ Ví dụ 5: (Đề 142): Tìm m để phương trình : (1) √ x2 + x +1− √ x 2 − x +1=m Có nghiệm: Giải.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Xét hàm số y = f(x) = √ x2 + x +1− √ x 2 − x +1 Miền xác định: D1= R Đạo hàm: 2 x+1. y '=. 2. −. 2 x −1 2. 2 √ x + x+ 1 2 √ x − x+1 2 x +1 2 x−1 y '=0 ⇔ − =0 2 2 √ x + x +1 2 √ x 2 − x+ 1 ⇔ (2 x −1) √ x 2+ x +1=(2 x+ 1) √ x 2 − x+ 1 (2 x −1)(2 x+1)>0 2 x+ 1¿ 2(x 2 − x +1) ¿ (vn) 2 x −1 ¿2 (x 2+ x+1)=¿ ¿ ⇔¿ Mặc khác y’ (0) ⇒ y’>0 ∀ x nên hàm số đồng biến.. Giới hạn: lim x→ ∞. y=lim x →∞. lim x→ ∞. y=lim x →∞. 2x =− 1 √ x − x+1+ √ x 2+ x+1 2x =1 2 √ x − x+1+ √ x 2+ x+1 2. Bảng biến thiên: x - ∞ + ∞ y’ + y -1 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1 Chú ý: 1. Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định lim x→ ∞ y & lim x→ ∞ y rất có thể các em học sinh ngộ nhận rằng tập gí trị I của hàm số là R và dẫn tới kết luận sai lầm rằng phương pháp có nghiệm với mọi m. Điều này khẳng định thêm rằng bước tìm các giới hạn trong bài toán khảo sát hàm số là cần thiết. Các em học sinh có thể tham khảo chi tiết trong cuốn “Các chủ đề luyện tập thi môn Toán – Hàm số và các bài toán liên quan” của Lê Hồng Đức.” 2. Bằng phép đặt ẩn phụ y để chuyển phương trình thành hệ gồm hai ẩn x, y ta có thể giải phương trình bằng phương pháp đồ thị. Ta trình bày dưới dạng bài toán sau: Bài toán 4: Sử dụng phương pháp đồ thị giải phương trình :. f(x, m) = g(m). (1).

<span class='text_page_counter'>(17)</span> PHƯƠNG PHÁP CHUNG Ta thực hiện theo các bước sau: Bước 1: Đặt y = f(x,m), khi đó phương trình được chuyển thành hệ:. {. y =f (x , m) y=g(x , m). (C 1) (C 2). Bước 2: Bằng việc xét vị trí tương đối của hai đường (C1) và (C2) ta có được kết luận về nghiệm của phương trình. Lưu ý: 1. Thông thường nếu (C1) là phương trình đường thẳng thì (C1) có thể là phương trình đường tròn, Elíp, Hyperbol hoặc Parabol (cũng có trường hợp (C1) và (C2) đều là phương trình đường tròn). 2. Bạn đọc muốn có được kiến thức cơ bản về vị trí tương đối của đường thẳng với đường tròn, Elíp, Hyperbol có thể xem cuốn “Các chủ đề luyện thi môn Toán – Hình học Giải tích trong Mặt phẳng” của Lê Hồng Đức. 3. Kỹ thuật lập luận được minh họa của phương trình Ví dụ 6: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình. √ 1− x 2=x −m. Giải. Đặt y=√ 1 − x , điều kiện y 0 Khi đó phương trình được chuyển thành hệ : 2. x 2 + y 2=1 x − y =m y≥0. {. ¿ ¿ (2) (3) ¿. Phương trình (2) là phương trình đường tròn đơn vị (C ) có O(0, 0)   R 1. Phương trình (3) là phương trình đường thẳng (d) song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất x-y=0. Ta đi tìm hai vị trí giới hạn cho (d) là: * A(1,0) (d) ⇔m=1 & B(-1,0) (d) ⇔ m=-1 * (d) tiếp xúc với nửa trên của đường tròn (C ).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> O ,(d )=R ⇔. |−m|. =1 ⇔ m=− √2 m= √ 2 √2 ⇔d ¿. {. (1). Vậy: - Với m<− √ 2 hoặc m > 1 thì (C ) (d )=φ ⇔(1) vô nghiệm - Với m=− √ 2 hoặc -1< m < 1 thì (C ) (d )={ A } ⇔(1) có nghiệm duy nhất. - Với − √ 2<m≤ −1 thì (C ) (d )={ A , B } ⇔(1) có 2 nghiệm phân biệt. Chú ý: 1. Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho trường hợp đường tròn (C ) có tâm I O 2. Bài toán trên còn có thể được giải bằng phương pháp lượng giác hóa và phương pháp biến đổi tương đương, như sau: * Phương pháp lượng giác hóa π. π. Đặt x = sin với 2 ≤ t ≤ 2 Khi đó phương trình có dạng: Cost = sint-m ⇔ sint-cost = m 4. π t− (4) ¿ ¿ ⇔sin ¿ π π 3π π π Vì − 2 ≤t ≤ 2 ⇔ − 4 ≤ t − 4 ≤ 4 , từ đó dựa vào đường tròn đơn vị, ta có số m nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng ( Δ ¿ : y= với √2. cung tròn AB, do đó: Ví dụ 7: Biện luận theo số nghiệm của phương trình (1) √ 12−3 x 2 = x − m Giải Đặt y=√ 12 −3 x , điều kiện y ≥ 0 Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 2. {. x2 y2 + =1 4 12 x − y =m. (2) (3). (với y 0 ). Phương trình (2) là phương trình Elíp (E) có tâm I góc O Phương trình (3) là phương trình đường thẳng (d) song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất x - y = 0. Ta đi tìm hai vị trì tới hạn cho (d) là: * A (2,0) (d) ⇔m=2 & B(-2,0) (d) ⇔ m=− 2.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> * (d) tiếp xúc với nửa trên của Elíp (E) nhớ lại A2a2 + B2b2 = C2) −1 ¿2 . 12=m2 ⇔ m=− 4 m=4 ⇒1 . 4 − ¿. {. (1). Vậy: - Với m < -4 hoặc m > 2 thì (E) (d) = φ ⇔(1) vô nghiệm. - Với m = -4 hoặc -2 < m < 2 thì (E) (d) = { A } ⇔ (1) có nghiệm duy nhất - Với -4 < m -2 thì (E) (d) = { A , B } ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt. Chú ý: 1. Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho trường hợp Elíp (E) có tâm I O . 2. Bài toán trên còn có thể được giải bằng phương pháp lượng giác hóa và phương pháp biến đổi tương đương như sau: Phương pháp lượng giác hóa. π π Đặt x = 2sint với − 2 ≤t ≤ 2 Khi đó phương trình có dạng: 2 √ 3 cost = 2sint - m ⇔ 2sint - 2 √ 3 cost = m π m ⇔ sin (t − )= (4) 3. 4. π π 5π π π Vì − 2 ≤t ≤ 2 ⇔− 6 ≤ t − 3 ≤ 6 , từ đó dựa vào đường tròn đơn vị, ta m. có số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y = 4 cung tròn AB, do đó (lập luận tương tự như trong chú ý của ví dụ 6): - Với m < -4 hoặc m > 2 thì (1) vô nghiệm. - với m = -4 hoặc -2 < m < 2 thì (1) có nghiệm duy nhất. - Với -4 < m −2 thì có 2 nghiệm phân biệt. Phương pháp biến đổi tương đương (1). x −m≥ 0 x − m¿2 ¿ ¿ 12− 3 x 2=¿ ⇔¿. với. (5). Bài toán trở thành biện luận theo m số nghiệm thỏa mãn x trình (5). Đề nghị bạn đọc tự giải. Ví dụ 8: Biện luận theo m số nghiệp của phương trình (1) √ x2 −9=x − m. m của phương.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Giải Đặt y=√ x − 3 , điều kiện y 0 Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 2. {. 2. 2. x y − =1 9 9 x − y =m. (2) (3). (Với y. 0). Phương trình (2) là phương trình Hyperbol (H) có tâm là gốc O. Phương trình (3) là phương trình đường thẳng (d) song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất x-y = 0 và cũng chính là tiệm cận của (H). Ta đi tìm hai vị trí tới hạn cho (d) là:  A (3,0) (d) ⇔ m = 3  B (-3,0) (d) ⇔ m = -3 Vậy: - Với -3 < m 0 hoặc m > 3 thì (H) (d) = φ ⇔ (1) vô nghiệm. - Với m -3 hoặc 0 m≤ 3 thì (H) (d) = { A } ⇔ (1) có nghiệm duy nhất Chú ý: 1. Phương pháp trên được mở rộng tự nhiên cho trường hợp Hyperbol (H) có tâm I O 2. Ngoài ra ta cũng sử dụng các tính chất đã biết về hàm số trong chủ đề 1, cụ thể ta xét ví dụ sau: Ví dụ 9: Giải và biện luận phương trình: Với x. √ x2 −1=(2 m+1) x+ m2 +m+1 -m. Giải Viết lại phương trình dưới dạng: x +m¿ 2+ x +m x 2 −1+ √ x 2 − 1=¿. Xét hàm số f(t) = t2 + t với t 0 là hàm đồng biến Khi đó: (2) ⇔ f ( √ x2 −1 ) =f ( x+ m)⇔ √ x 2 −1=x +m Đến đây bạn đọc làm lại như trong ví dụ 1. 4. PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ Bài toán 5: Giải phương trình trị tuyệt đối chứa tham số bằng phương pháp điều kiện cần và đủ. PHƯƠNG PHÁP CHUNG.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Phương pháp điều kiện cần và đủ thường tỏ ra khá hiệu quả cho lớp bài toán tìm điều kiện tham số để. 1. Phương trình trị tuyệt đối có nghiệm duy nhất. 2. Phương trình trị tuyệt đối có nghiệm với mọi giá trị của một tham số. 3. Phương trình tương đương với một phương trình hoặc một bất phương trình khác. Khi đó ta thực hiện theo các bước. Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình có nghĩa. Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên việc đánh giá hoặc tính đối xứng của hệ. Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ. Trong bước này cần có được một số kỹ năng cơ bản. Ví dụ 10: Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất: (1) √4 x+ 4√2 − x + √ x + √ 2 − x=m Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm là x = x0 ⇒ 2- x0 cũng là nghiệm của (1) Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi x0 = 2-x0 = 1 Thay x0 = 1 vào (1), ta được: m = 4. Đó chính là điều kiện cần để phương trình có nghiệm duy nhất. Điều kiện đủ Với m = 4, khi đó (1) có dạng: (2) √4 x+ 4√2 − x + √ x + √ 2 − x=4 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki, ta được: √ x+ √2 − x ≤ 2 & √4 x+ 4√ 2 − x ≤ 2. Do đó:. √ x+ √ 2 − x=2 (2) ⇔ 4 4 √ x+ √ 2 − x=2. {. ⇔ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.. Vậy với m = 4 phương trình có nghiệm duy nhất. Ví dụ 11: Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với ∀ x ≥ 0.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> √ x2 +2 x − m2 +2 m+ 4=x +m− 2 Giải Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm ∀ x ≥ 0. ⇒ x=0. m− 2≥ 0 ¿ m −2 ¿2 (1) −m2 +2 m+ 4=¿ ⇔ √ −m2 +2 m+ 4=m− 2 ⇔¿. là nghiệm của (1), khi đó:. ⇔ m=3. Đó chính là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với. ∀ x≥0. Điều kiện đủ Với m = 3, khi đó (1) có dạng: ❑ ¿ √ −m + 2 x +1=x +1 ⇔ 2. x+ 1=x+ 1⇔ 0=0. luôn đúng.. Vậy với m = 3 phương trình nghiệm đúng với ∀ x ≥ 0 . Chú ý: Với bài toàn có nhiều hơn một tham số ra sẽ thấy tầm quan trọng của việc lựa chọn điểm thuận lợi cùng với việc xác định các giá trị của tham số được thực hiện tuần tự. Chúng ta đi xem xét ví dụ sau: Ví dụ 12: Tìm a, b, để phương trình sau nghiệm đúng với ∀ x : a √ x2 +1 − √ x 2+ bx +1=0. (1). Giải Điều kiện cần Giả sử (1) có nghiệm ∀ x ⇒ x=0 là nghiệm của (1), khi đó: ⇔ a− 1=0 ⇔ a=1 (1) Với a=1 ∀x (1) ⇔ √ x 2+1=√ x2 + bx+1 ⇔ x 2 +1=x 2 + bx+1 ⇔ bx=0 ⇔ b=0 Vậy a = 1 và b = 0 là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với ∀ x . Điều kiện đủ: ⇔ 0 = 0 luôn đúng. Với a = 1 và b = 0 Vậy với a = 1 và b = 0 phương trình nghiệm đúng với ∀ x.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Ví dụ 13: Cho 2 phương trình: (x+ 5)(2− x )=3 m √ x 2 +3 x+ m−1 4 3 2 x +6 +9 x − 16=0. Tìm m để (1) và (2) tương đương Giải. x=1 x=− 4 (2) 2 2 x +3 x ¿ − 16=0 ⇔(x −1)( x+ 4)(x 2 +3 x+ 4)=0⇔ ¿ ¿. Điều kiện cần: Giả sử (1) và (2) tương đương ⇒ x = 1 là nghiệm của (1) khi đó: m> 0 m>0 ⇔ 3 2 4=m (m+3) m +3 m2 − 4=0 (1)⇔ 6=3 m √ m+3 ⇔¿ m>0 ⇔ ⇔ m=1 (m−1)(m2+ 4 m+ 4)=0. {. {. Vậy m = 1 là đều kiện cần để (1) và (2) tương đương. Điều kiện đủ Với m = 1, khi đó (1) có dạng: (3) − x 2 − 3 x+10=3 √ x 2 +3 x 2 Đặt t=√ x +3 x , điều kiện t ≥ 0 Khi đó:. (3). (1) x=1 x=− 4 ¿ ¿ t=−5 t=2 ⇔ √ x 2 +3 x=2 ⇔ x 2+3 x=4 ⇔ ¿ ¿ 2 ⇔t +3 t − 10=0 ⇔ ¿. Tức là (1) và (2) tương đương. Vậy với m = 1 thì (1) và (2) tương đương. Chú ý: Chúng ta đã thấy tồn tại những phương trình chứa căn thức mà tập nghiệm của nó là một khoảng, do đó một phương trình chứa căn thức có thể tương đương với một bất phương trình. Chúng ta đi xem xét ví dụ sau: Ví dụ 14: Cho phương trình và bất phương trình: (1) √ x −1+2 m √ x − 2+ √ x −1 −2 m √ x − 2=2. |x 2+ 3 x +2|≤ x2 +2 x+5. Tìm m để (1) và (2) tương đương (2) Điều kiện cần Giả sử (1) và (2) tương đương ⇒ x = 3 là nghiệm của (1), khi đó: (1) ⇔ √ 2+2 m+ √ 2 −2 m=2 ⇔ √ 4 −4 m2 =0 ⇔m=± 1.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Vậy m = ± 1 là điều kiện cần để (1) và (2) tương đương: Điều kiện đủ: Với m = 1, khi đó (1) có dạng: ¿ x −1+2 x −2+ x − 1− 2 x − √ √ √ √ 2=2 ⇔|√ x −2+1|+|√ x − 2− 1|=2 ¿ ⇔|√ x − 2+1|+|1 − √ x − 2|=|( √ x −2+1 ) + ( 1 − √ x − 2 )| x−2 1− √¿ ¿ ⇔( √ x −2+1)¿. Tức là (1) và (2) tương đương. Với m = -1 tương tự (hoặc có thể nhận xét về tính đối xứng của m trong phương trình). * Vậy với m = ± 1 thì (1) và (2) tương đương. 5. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CHỨA THAM SỐ BẰNG BẤT ĐẲNG THỨC 1) Tìm m để phương trình có nghiệm:. √ x2 + x +1− √ x 2 − x − 1=m. Ta có: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét 1 3 1 3 Α − ; √ ;Β ; √ và điểm M(x; o). (. 2. 2. ) (2 2 ). Ta có AB = 1 Với mọi điểm M thì |ΑΜ− ΒΜ|< ΑΒ=1 2 2 Mà ΑΜ= x + 1 + √ 3 ΒΜ=. √( √(. ) (2) 1 3 x − ) +( √ ) 2 2 2. 2. 2. ⇔ ΑΜ −ΒΜ=m. y. √3 2. A. 1 − 2. B. 1 2. x.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔|m|<1 ⇔ − 1< m<1. 2) Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất. √ 2+ x+ √ 4 − x − √ 8+2 x − x 2=a ĐK: −2 ≤ x ≤ 4 Phương trình đã cho tương đương với. √ 2+ x+ √ 4 − x − √(2+ x) .( 4 − x )=a Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm duy nhất x0, ta có:. √ 2+ x0 + √ 4 − x 0 − √(2+ x 0 ).( 4 − x 0 )=a 4 −(2− x 0) 2+(2 − x 0 )¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ √ 2+(2− x 0 )+ √ 4 −(2 − x 0 )− √¿. Vậy x = 2 – x0 cùng là nghiệm của phương trình Phương trình có nghiệm duy nhất thì x0 = 2 - x0 ⇔ x0 =1 Khi đó a=2 √ 3 −3 Điều kiện đủ: với a=2 √ 3 −3 , ta có phương trình √ 2+ x+ √ 4 − x − √(2+ x)( 4 − x)=2 √ 3− 3 (*) Áp dụng bất đẳng thức: ( a+b )2 ≤ 2(a 2+ b2) có: 2 ( √ 2+ x+ √ 4 − x ) ≤ 2(2+ x +4 − x)=12 ⇒ √ 2+ x+ √ 4 − x ≤ √ 12=2 √ 3 Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm: 2 + x và 4 – x có (2+ x)+(4 − x) ≥ √(2+ x )(4 − x) 2 ⇒ − √ ( 2+ x)(4 − x)≥ −3 Vậy √ 2+ x+ √ 4 − x − √ (2+ x)( 4 − x)=2 √ 3− 3. (1) Do đó để đẳng thức (*) thì dấu “=” trong (1) xảy ra ⇔. −2 ≤ x ≤ 4 √ 2+ x=√ 4 − x ⇔ x=1 ⇔ a=2 √ 3 −3 2+ x=4 − x. {. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất. (*) √4 x+ 4√1 − x+ √ x + √ 1− x=m Điều kiện cần: Giả sử (*) có nghiệm duy nhất là x = x0 Ta có: √4 x0 + 4√ 1 − x 0 + √ x 0 +√ 1 − x 0=m ⇒ x=1 − x 0 cũng là nghiệm của phương trình (*) 1 Vì là nghiệm duy nhất nên x 0=1 − x 0 ⇔ x 0= 2. Thay vào (*) ta được m=√ 2+ √4 8. vào (*) ta được:.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> (1) √4 x+ 4√ 1 − x+ √ x + √ 1− x=√ 2+√4 8 Áp dụng bất đẳng thức B.C.S thì:. 1 √ x+ √ 1 − x ≤ 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ x=1 − x ⇔ x= 2 ) 4 4 4 ⇒ √ x+ √ 1 − x + √ x+ √ 1 − x=√ 2+ √ 8 1 Vậy (1) ⇔ x= 2 1 Như vậy (1) có nghiệm duy nhất x= 2 Để (*) có nghiệm duy nhất, điều kiện cần và đủ là m=√ 2+ √4 8 Bài tập tương tự: 4) Tìm m để phương trình: √ x2 −2 x+5+ √ x 2 +2 x+10=m có nghiệm 5) Tìm m để phương trình: b −5 ¿2 ¿ b −7 ¿ 2 ¿ 2 b −7 ¿2 +¿ ¿ 2 2 b −5 ¿ +¿ ¿ √¿. có nghiệm. 6) Tìm m để phương trình có nghiệm: √ x −10+ √7 − x − √ − x 2 +17 x −70=m có nghiệm duy nhất. II. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Bài 1: Với giá trị nào của m thì phương trình sau có nghiệm:. √ 2 x 2 +mx −3=x − m Giải Phương trình:. x −m ≥ 0 x − m¿2 ¿ ¿ 2 2 x +mx −3=¿ ⇔¿. ¿ ¿ ¿. (2). Phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn x m Tam thức f(x) = x 2+3 mx − 3− m2=0 luôn có hai nghiệm trái dấu x1<x2. Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ x 1 < x 2< m f (m)>0 3 m2 − 3>0 ⇔ S ⇔ ⇔ m>1 3m − <m <m 2 2. {. {. Do đó (1) có nghiệm ⇔m ≤1.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Nhận xét: Như vậy trong bài toàn trên để tìm tạp Dm ta đã đi xác định tập R\Dm bởi điều kiện cho bài toán ngược được tìm thấy đơn giản hơn. Bài 2: Giải và biện luận phương trình : √ x − a+ √ x + a=a Giải a. Với a < 0 , phương trình vô nghiệm. b. Với a = 0, phương trình có 2 dạng : 2 √ x=0⇔ x=0 c. Với a > 0 2 2 u=√ x − a , u ,∨ 0 Đặt : , suy ra v  u 2a v =√ x + a Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:. {. a −2 v − u =2 a v −u=2 2 ⇔ ⇔ u+v =a u+ v=a a+2 v= 2. {. 2. 2. { {. u=.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> IX. NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Khi giải các phương trình mà ẩn nằm trong dấu căn thức (phương trình vô tỉ), một số bạn do chưa nắm vững kiến thức về căn thức và phép biến đổi tương đương nên thường mắc phải một số sai lầm. Phần này nhằm giúp các bạn tránh được những sai lầm đó! VD1: Giải phương trình:  x  3 x  1 0  x  3 0   x  1 0  x  3   x 1 S   3;1 Vậy tập nghiệm của phương trình là Nhận xét: Rõ ràng x  3 không là nghiệm của phương trình  B 0  A B 0    A 0   B 0  Ghi nhớ: VD2: Giải phương trình: x  4 x  2  x  4 0  2  x  4  x  2   x  4   x  x  3 0.  x  4     x 0   x  3   x 0   x  3 S   3; 0 Vậy tập nghiệm của phương trình là Nhận xét: Rõ ràng x  3 không là nghiệm của phương trình  B 0 A B   2  A B Ghi nhớ: VD3: Giải phương trình:.

<span class='text_page_counter'>(29)</span>  . 2x  5 1 x 2 2x  5 1 x 2 2x  5  x  2.  x  2 0  2 x  5  x  2  x 2   x  7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  Nhận xét: Các bạn nghĩ sao khi phương trình đã cho thực sự có nghiệm x  7  A  A  0; B  0   A  B  B  A  B  A 0; B  0  Ghi nhớ: Như vậy lời giải trên đã bỏ xót trường hợp A  0; B  0 nên mất nghiệm x  7 VD4: Giải phương trình: 2 x  4  x  1  2 x  3  4 x  16  2 x  4  x  1  2x  3  2 x  4 . x  1  2x  3.  x  1 0   x  1 2 x  3  x 1   x 2 S  2 Vậy tập nghiệm của phương trình là Nhận xét: Rõ ràng x 2 không là nghiệm của phương trình  A 0 A B  A C    B  C Ghi nhớ: VD5 Giải phương trình: x  x  1  x  x  2  2 x  x  3 . . x x  1  x x  2 2 x x  3.  x  1  x  2 2 x  3 Căn thức có nghĩa  x 3.

<span class='text_page_counter'>(30)</span>  x  1  x  3  x 1 x 2 2 x 3  x 2  x 3   Mà ta có Vậy tập nghiệm của phương trình là S  Nhận xét: Có thể thấy ngay x 0 là 1 nghiệm của phương trình. Việc chia 2 vế cho x đã làm mất nghiệm của phương trình. Mặt khác cần nhớ  A B  A 0; B 0  AB    A  B  A  0; B  0  Do đó lời giải phải bổ sung trường hợp x 0 và x  0 . Với x  0 thì phương trình tương đương  x 1  x   x 2  x 2  x 3  x Vì  x  0 nên chia cả 2 vế với  x ta được 1  x  2  x 2 3  x  1  x  3  x  1 x  2  x  2 3  x  2  x  3  x  Mà  Do đó x  0 không thỏa mãn phương trình nên phương trình chỉ có 1 nghiệm duy nhất x 0.

<span class='text_page_counter'>(31)</span>