VI.PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
1 Dùng tọa độ của véc tơ
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ:
( ) ( )
1 1 2 2
; , ;u x y v x y= =
r r
khi đó ta có

( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 1 2 2
u v u v x x y y x y x y+ ≤ + ⇔ + + + ≤ + + +
r r r r
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ
,u v
r r
cùng hướng
1 1
2 2
0
x y
k
x y
⇔ = = ≥
, chú ý tỉ
số phải dương

. . .cos .u v u v u v
α

= ≤
r r r r r r
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
cos 1 u v
α
= ⇔ ↑↑
r r
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
MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc
0
120
3. Bài tập :
I/ Phương pháp dùng hình học, đồ thị
1/ Giải phương trình:
222222
3232 cacacxcbbaxa +−−=+−++−
với a,x,c > 0
Đặt OA=a ; OB=x, OC=c sao cho
·

·
0 0
45 , 30AOB BOC= =
Áp dụng định lý Cosin, ta có:
22
2 xaxaAB +−=
22
3 cxcxBC +−=
Dễ dàng chứng minh
2
32
75
0
−
=Cos
nên cũng theo định lý Cosin ta có:
22
32 cacaAC +−−=
ACBCAB ≥+⇒
Do dấu bằng xảy ra nên A, B, C thẳng hàng
1
45
0
30
0
A
B
C
O
OACOBCOAB

SSS =+⇔
4
32
75sin
2
1
44
2
0
+
==+








⇔
ac
ac
xcax









+
+
=⇔
ca
ac
x
2
32
Vậy tập nghiệm của phương trình là










+
+
=
ca
ac
S
2
32
2/ Bài tập tương tự
( ) ( )

311321132122
222
=+−+++−−++− xxxxxx
3/ Giải phương trình
176cos4cos3cos2cos
22
=++++− xxxx
Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm cố định
( )
3;22N
và điểm biến thiên
( )
xM cos1;2 −
.
Do
2cos10
≤−≤
x
, nên điểm M chạy trên đoạn thẳng
10
MM
với M
0
(
)0;2
và
( )
2;2
1
M

.
Ta có:
( )
2
2
3 2 2 17OM MN ON+ ≥ = + =
Do dấu “=” xảy ra nên M
≡
M
1
2
1
cos −=⇔ x
π
π
kx 2
3
2
+±=⇔
(k
Z∈
)
4) Bài tập tương tự:
2
y
x
3
2
2
2 2

O
1-cosx
M1
N
M
M0
1126cos4cos3cos2cos
22
+=++++− xxxx
5) Giải phương trình:
( ) ( )
311321132122
222
=+−−++++++− xxxxxx
pt
( )
3
2
3
2
1
2
3
2
1
1
2
2
2
2

2
=








−+






++








++







++−+⇔ xxxxxx
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm
( ) ( )








−








−−
2
1
;
2
3
,

2
1
;
2
3
,1;0,; CBAxxM
Dễ dàng chứng minh Tam giác ABC đều
VT= MA + MB + MC
≥
OA + OB + OC = 3
Do dấu “=” xảy ra nên M
≡
0
⇔
x=0
6) Biện luận theo m nghiệm của phương trình sau:
mmxx −+=− 24
2
(1)
Ta biết rằng số nghiệm của pt (1) chính là số giao điểm của 2 đường
2
4 xy −=
và
mmxy −+= 2
vì
44
222
=+⇔−= yxxy
;
0≥y

nên đồ thị của
2
4 xy −=
là nửa đường trên (phần nằm trên trục hoành) tâm tại gốc tọa độ, bán
kính bằng 2. Còn y = mx + 2 - m là một họ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định
3
3
2
3
2
−
A
1
M
x
y
x
x
B C
O
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 m
1
, m
2
, m
3
, m
4

tương ứng là hệ số góc
các đường thẳng AC, AD, AB, AE thì:
* m
1
= - tan
·
2ACO = −
* m
2
= -tan
·
·
·
( )
4
tan tan 2
3
DCO EAD OAE
−
= − = − =
(vì tan
·
2OAE = −
)
* m
3
=tan
·
2
3

ABO =
* m
4
=0
Từ đó suy ra
1- Phương trình (1) có 2 nghiệm





−
≤≤−
≤<
⇔
3
4
2
3
2
0
m
m
2- Phương trình (1) có 1 nghiệm









−
=
=
−<
>
⇔
3
4
0
2
3
2
m
m
m
m
3- Phương trình (1) vô nghiệm
0
3
4
<<
−
⇔ m
7) Biện luận số nghiệm phương trình theo a
(
)
( )
039

2
=−+− axxxa
(1)
Đặt
99
222
=+⇒=− yxyx
4
2
E A
1 2-2
B
C
D
O
y
x
Phương trình (1)
( )
( )



=−+
=+
⇔
03
9
22
axxay

yx

)3(
)2(
Dễ thấy phương trình (2) biểu diễn trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ, bán
kính 3, còn phương trình (3) biểu diễn 2 đường thẳng
3ax =
và
x
a
y
1−
=
(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 (3)
⇔
x = 0 và lúc đó hệ số 2 nghiệm). Ta xét khi
x
a
yax
1
;3 −==
và đường tròn
đồng quy. Gọi (x
0
; y
0
) là điểm đồng quy thì ta có x

0
2
+ y
0
2
= 9, x
0
=
3a
và y
0
=
0
1
x
a
−

và do a> 0 nên suy ra a =
2
5
x
1
y x
a
= −
3
3
x a
a

=
>
y
3
O
a/ Phương trình có 4 nghiệm





≠
<<
⇔
2
30
a
a
b/ Phương trình có 3 nghiệm




>
=
⇔
2
3
a
a

c/ Phương trình có 2 nghiệm



>
=
⇔
3
0
a
a
8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
( )( )
mxxxx +−=−+ 264
2
Điều kiện :
64
≤≤−
x
6
1
y x
a
= −
3
3
x a
a
=
=

y
x
3
O
1
y x
a
= −
3
0 3
x a
a
=
< <
y
x
3
O
Đặt
( )( )
xxy −+= 64
thì ta có
0≥y
và
( )
251
2
2
=+− yx
. Vậy đồ thị của hàm số

( )( )
xxy −+= 64
là nửa đường tròn (phần nằm trên trục hoành) tâm tại điểm 0
1
(1 ;
0) và bán kính 5. Còn
mxxy +−= 2
2
là Parabal luôn có cực tiểu nằm trên đường x
= 1.
Để phương trình có 1 nghiệm duy nhất thì đỉnh của Parabal ở trên đường
thẳng: x = 1, phải nằm trùng điểm M(1 ; 5).
5
4
=
∆
−⇔
a
51
=−⇔
m
6
=⇔
m
II/ Ứng dụng tích vô hướng để giải phương trình vô tỷ
9/
1231
2
+=−++ xxxx
Điều kiện :

31
≤≤−
x
Đặt
( )
xxbxa −+== 3;1),1;(
Khi đó
xxxba −++= 31.
( ) ( )
22
2
31.1 xxxba +++=
=
1
2
+x
Do đó
bababa ⇒=
cộng tuyến
7
y
x
1
O-2 6
y=x
2
-2x+m
O1
5 M
x

xx
−
+
=⇔
3
1
1
(đk: 0 < x < 3)
x
x
x
−
+
=⇔
3
1
2
⇔
013
22
=++− xxx
⇔
( )
( )
121
2
−−− xxx
=
0






−=
+=
=
⇔
21
21
1
3
2
1
x
x
x

)(loai
* Bài tập tương tự:
10/
xx −+− 321
=
10
8
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
0 0
( ) ( )x x f x f x k= ⇔ = =
do đó
0
x
là nghiệm
• Với
0 0
( ) ( )x x f x f x k> ⇔ > =
do đó phương trình vô nghiệm
• Với
0 0
( ) ( )x x f x f x k< ⇔ < =
do đó phương trình vô nghiệm
• Vậy
0
x
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

0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
Bước 3: Vậy
0
x
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 :
( )
(
)
(
)
2 2
2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + =
Giải:
pt
( ) ( )
( )
( ) ( )

( )
( ) ( )
2 2
2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = −
Xét hàm số
( )
(
)
2
2 3f t t t= + +
, là hàm đồng biến trên R, ta có
1
5
x = −
 Dựa vào kết quả : “ Nếu
( )
y f t=
là hàm đơn điệu thì
( ) ( )
f x f t x t= ⇔ =
” ta có
thể xây dựng được những phương trình vô tỉ
Xuất phát từ hàm đơn điệu :
( )
3 2
2 1y f x x x= = + +
mọi
0x ≥
ta xây dựng phương
trình :

( )
( ) ( )
3
3 2 2
3 1 2 1 2 3 1 (3 1) 1f x f x x x x x= − ⇔ + + = − + − +
, Rút gọn ta được phương
trình
( )
3 2
2 3 1 2 3 1 3 1x x x x x+ − + = − −
Từ phương trình
( )
( )
1 3 1f x f x+ = −
thì bài toán sẽ khó hơn
( ) ( )
3 2
2 7 5 4 2 3 1 3 1x x x x x+ + + = − −
Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau :
Đặt
3 1y x= −
khi đó ta có hệ :
3 2 3
2
2 7 5 4 2
3 1
x x x y
x y

+ + + =



− =


cộng hai phương trình ta
được:
9
( ) ( )
3 2
2 1 1x x+ + +
=
3 2
2y y+
Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ?
Bài 1. Giải phương trình :
( )
(
)
(
)
2 2
2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + =
Giải:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2

2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = −
Xét hàm số
( )
(
)
2
2 3f t t t= + +
, là hàm đồng biến trên R, ta có
1
5
x = −
Bài 2. Giải phương trình
3 2 23
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
Giải . Đặt
23
7 9 4y x x= + −
, ta có hệ :
( ) ( )
3 2
3
3
2 3
4 5 6
1 1
7 9 4
x x x y
y y x x
x x y


− − + =

⇒ + = + + +

+ − =


Xét hàm số :
( )
3
f t t t= +
, là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình
( ) ( ) ( )
23
5
1 1 1 7 9 4
1 5
2
x
f y f x y x x x x
x
=


=  +  ⇔ = + ⇔ + = + − ⇔
− ±
 

=



Bài 3. Giải phương trình :
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
Bài tập: Giải phương trình:
a)
2
4 1 4 1 1x x− + − =
b)
3
1 4 5x x x− = − − +
c)
2
1 3x x x− = + −
d)
2 3
1 2 2x x x x= − + −
e)
1 2 3x x− + + =
f)
2
2 1 3 4x x x− + + = −
10
VIII. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
- Với các dạng phương trình cơ bản:
Dạng 1: Phương trình:

( ) ( )
mxgmxf ,, =
( ) ( )
( ) ( )



=
∈
⇔≥=⇔
mxgmxf
Dx
mxgmxf
,,
0,,

)1(
(*)
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
( )
0, ≥mxf
và
( )
0, ≥mxg
, thí vụ với phương trình
32
2
+−=− mxxmx
Ta lựa chọn phép biến đổi:




+−=−
≥−
32
0
2
mxxmx
mx

( )



=+++−
≥
⇔
0312
2
mxmx
mx

)1(
(*)
Dạng 2: Phương trình:
( ) ( )
mxgmxf ,, =
( ) ( )
( ) ( )




=
≥
⇔
mxgmxf
mxgconghiamxg
,,
0,&,
2
Lưu ý rằng: Không cần đặt điều kiện
( )
0≥xg
Dạng 3: Phương trình :
( ) ( ) ( )
mxhmxgmxf ,,, =+
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )





=++
≥
≥
⇔
mxhmxgmxfmxgmxf

mxg
mxf
,,,2,,
0,
0,
Lưu ý rằng: Cần điều kiện f(x), g(x), h(x) có nghĩa và không cần h(x)
0≥
Ví dụ 1: Giải và biện luận phương trình:
mxx =−−1
2

( )
1
Giải
Ta có:
( )
( )



+=−
≥+
⇔+=−⇔
2
2
2
1
0
11
mxx

mx
mxx




−−=
−≥
⇔
12
2
mmx
mx

)2(
(I)
Với m =0
Khi đó (2) vô nghiệm
⇒
(1) vô nghiệm
Với m
0≠
Bài toán 1: Giải phương trình chứa căn thức bằng phương pháp biến đổi
tương đương.
Khi đó (I) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm thỏa mãn
mx −≥




<≤−
≥
⇔≥
−
⇔−≥
+
−⇔
01
1
0
2
1
2
1
22
m
m
m
m
m
m
m
Kết luận :
- Với
1
≥
m
hoặc
01

<≤−
m
, phương trình có nghiệm
m
m
x
2
1
2
+
−=
- Với
1−<m
hoặc
10 <≤ m
, phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: (HVQHQT 98): Giải và biện luận phương trình:
Giải
Điều kiện:







≥+




≥
≥
⇔≥−
≥
0
0
0
0
ax
ax
a
ax
a
Khi đó:
xaaxaaxaxax 222)1(
222222
−=−⇔=−+++−⇔
( ) ( )



−=−
≥−
⇔
2
222
2
24
02
xaax

xa






+=
≥
⇔
422
2
44
2
aaxa
a
x

)2(
(I)
- Với a = 0
- Khi đó (I) có nghiệm x = 0
)1(⇔
có nghiệm x = 0
2
2
4
4
2
2

42
≥⇔≤
+
≤⇔ a
a
a
aa
a
Kết luận:
- Với a<0 hoặc 0<a<2, phương trình vô nghiệm
- Với a = 0, phương trình có nghiệm x = 0
- Với a
2≥
, phương trình có nghiệm
( )
4
4
1
2
+= ax
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
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.
Bài toán 2: Giải phương trình chứa căn thức bằng phương pháp
đặt ẩn phụ.
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:
( )
24152
2
2
≥+−=+−= xxxt
* Sử dụng các bất đẳng thức, thí dụ:
xxt −++= 63
Khi đó:
( )
( )( )
2318116363
2
2
≤⇒=+−++≤−++= txxxxt
( )
( )( )
2396326363
2
2
≥⇒≥−++−++=−++= txxxxxxt
Vậy điều kiện cho ẩn phụ là
233 ≤≤ t
- Sử dụng đạo hàm, thí dụ được minh họa trong ví dụ 3 phía dưới.
Ví dụ 3 (Đề 59): Cho phương trình:
( )( )
mxxxx =−+−−++ 6363
a. Giải phương trình với m = 3
b. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải

Điều kiện:



≥−
≥+
06
03
x
x

63
≤≤−⇔
x
Đặt
xxt −++= 63
. Ta đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ bằng cách:
Xét hàm số
xxt −++= 63
* Miền xác định D=
[ ]
6,3−
* Đạo hàm:
xx
t
−
−
+
=
62

1
32
1
'
2
3
630
62
1
32
1
0' =⇔−=+⇔=
−
−
+
⇒= xxx
xx
t
Bảng biến thiên:
x -
∞
-3 3/2 6 +
∞
t’ + 0 -
3/
2
t 3 3
Từ đó: điều kiện của t là
233 ≤≤ t
Suy ra :

( )( )
2
9
63
2
−
=−+
t
xx
Khi đó phương trình có dạng:
mttm
t
t 292
2
9
2
2
+−−⇔=
−
−
=0
a. Với m = 3, phương trình (3) có dạng:



=
−=
⇔=−−
3
1

032
2
t
t
tt

)1(
Với t = 3, thay vào (2) được:
( )( ) ( )( )



=
−=
⇔=−+⇔=−+
6
3
063063
x
x
xxxx
Vậy, phương trình có nghiệm là x = -3 hoặc x = 5
b. Phương trình có nghiệm
)3(⇔
có ít nhất một nghiệm
233 ≤≤ t



⇔

)3(
)3(

[ ]
]23,3[
23,3
∈
∈
mCómôtnghiê
mCómôtnghiê

)1(

( )
( )
3
2
926
023.3 ≤≤
−
⇔≤⇔ mff
Ví dụ 4 (Đề 3): Cho phương trình:
( )( )
m
x
x
xxx =
−
+
−++−

3
1
)3(413
a. Giải phương trình với m = -3
b. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải
Điều kiện:



−≤
>
⇔≥
−
+
1
3
0
3
1
x
x
x
x
Đặt
( )
3
1
3
−

+
−=
x
x
xt
, suy ra
2
)1)(3( txx =+−
Khi đó phương trình có dạng:
04
2
=−+ mtt
a. Với m = -3 , phương trình (2) có dạng:



−=
−=
⇔=++
1
3
034
2
t
t
tt
Với
3
−=
t

( )
3
3
1
3 −=
−
+
−⇔
x
x
x











−=⇔
±=
>
⇔
=−−
>
⇔
=+−

<−
⇔ 131
131
3
0122
3
9)1)(3(
03
2
x
x
x
xx
x
xx
x
Với
1
3
1
)3(1 −=
−
+
−⇔−=
x
x
xt












−=⇔
±=
<
⇔
=−−
<
⇔
=+−
<−
⇔ 51
51
3
042
3
1)1)(3(
03
2
x
x
x
xx
x

xx
x
Vậy với m = -3, phương trình có hai nghiệm x = 1-
13
và x = 1-
5
b. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Phương trình (1) có nghiệm
⇒
(2) có nghiệm
⇔
4040' −≥⇔≥+⇔≥∆ mm
Giả sử khi đó (2) có nghiệm là
0
t
thì
3
1
)3(
0
−
+
−=
x
x
xt
Với
10
0
−=⇒= xt

Với
0
0
>t
suy ra



−+−
>−
2
0
)1)(3(
03
txx
x






+±=
>
⇔
=−−−
>
⇔
0
2

0
22
41
3
032
3
tx
x
txx
x
0
2
41 tx ++=⇔
Với
0
0
<t
suy ra:











+±=

<
⇔
−−−
<
⇔
−+−
<−
0
2
0
22
0
2
41
3
32
3
)1)(3(
03
tx
x
txx
x
txx
x
0
2
41 tx −−=⇔
Tóm lại: với m
≥

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:
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:
),(max)(),(min mxfmgmxf
DxDx ∈∈
≤≤⇔
Phương trình có k nghiệm phân biệt:
)(d⇔
cắt (C ) tại điểm k phân biệt
Phương trình vô nghiệm :
φ
=∩⇔ )()( Cd
Ví dụ 5: (Đề 142): Tìm m để phương trình :
mxxxx =+−−++ 11
22
(1)
Có nghiệm:
Bài toán 3: Sử dụng phương pháp hàm số giải phương trình :
f(x, m) = g(m) (1)
Giải

Xét hàm số y = f(x) =
11
22
+−−++ xxxx
Miền xác định: D
1
= R
Đạo hàm:
12
12
12
12
'
22
+−
−
−
++
+
=
xx
x
xx
x
y
0
12
12
12
12

0'
22
=
+−
−
−
++
+
⇔=
xx
x
xx
x
y
1)12(1)12(
22
+−+=++−⇔ xxxxxx



+−+=++−
>+−
⇔
)1()12()1()12(
0)12)(12(
2222
xxxxxx
xx
(vn)
Mặc khác y’ (0)

⇒
y’>0
∀
x nên hàm số đồng biến.
Giới hạn:
∞→x
lim
∞→
=
x
y lim
1
11
2
22
−=
++++− xxxx
x
∞→x
lim
∞→
=
x
y lim
1
11
2
22
=
++++− xxxx

x
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
∞→x
lim
y &
∞→x
lim
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)
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:




=
=
),(
),(
mxgy
mxfy

)(
)(
2
1
C
C
Bước 2: Bằng việc xét vị trí tương đối của hai đường (C
1
) và (C
2
) ta có
được kết luận về nghiệm của phương trình.
Lưu ý:
1. Thông thường nếu (C
1
) là phương trình đường thẳng thì (C
1
) có thể
là phương trình đường tròn, Elíp, Hyperbol hoặc Parabol (cũng có trường
hợp (C

1
) và (C
2
) 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
mxx −=−
2
1
Giải
Đặt
2
1 xy −=
, điều kiện y
0
≥
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ :





=
≥
−
=+

m
y
yx
yx
0
1
22

)3(
)2(
Phương trình (2) là phương trình đường tròn đơn vị (C ) có
(0,0)
1
O
R


=

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)
1=⇔ m
& B(-1,0)
∈
(d)
⇔
m=-1

* (d) tiếp xúc với nửa trên của đường tròn (C )



=
−=
⇔=
−
⇔=⇔
2
2
1
2
)(,(
m
m
m
RdOd

)1(
Vậy:
- Với
2−<m
hoặc m > 1 thì (C )
)1()( ⇔=∩
φ
d
vô nghiệm
- Với
2−=m

hoặc -1< m < 1 thì (C )
{ }
)1()( ⇔=∩ Ad
có nghiệm duy
nhất.
- Với
12 −≤<− m
thì (C )
{ }
BAd ,)( =∩
)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
Đặt x = sin với
22
ππ
≤≤ t
Khi đó phương trình có dạng:
Cost = sint-m
⇔
sint-cost = m
2
)4

sin(
m
t =−⇔
π
(4)
Vì
444
3
22
πππππ
≤−≤−⇔≤≤− tt
, từ đó dựa vào đường tròn đơn vị, ta có số
nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng (
2
:)
m
y =∆
với
cung tròn AB, do đó:
Ví dụ 7: Biện luận theo số nghiệm của phương trình
2
312 x−
=
mx −
(1)
Giải
Đặt
2
312 xy −=
, điều kiện

0≥y
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:





=−
=+
myx
yx
1
124
22

)3(
)2(
(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)
2=⇔ m
& B(-2,0)
∈

(d)
2−=⇔ m
* (d) tiếp xúc với nửa trên của Elíp (E) nhớ lại A
2
a
2
+ B
2
b
2
= C
2
)



=
−=
⇔=−−⇒
4
4
12.)1(4.1
22
m
m
m

)1(
Vậy:
- Với m < -4 hoặc m > 2 thì (E)

∩
(d) =
)1(⇔
φ
vô nghiệm.
- Với m = -4 hoặc -2 < m < 2 thì (E)
∩
(d) =
{ }
)1(⇔A
có nghiệm duy
nhất
- Với -4 < m
≤
-2 thì (E)
∩
(d) =
{ }
)1(, ⇔BA
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.
Đặt x = 2sint với
22

ππ
≤≤− t
Khi đó phương trình có dạng:
32
cost = 2sint - m
⇔
2sint - 2
3
cost = m
4
)
3
sin(
m
t =−⇔
π
(4)
Vì
636
5
22
πππππ
≤−≤−⇔≤≤− tt
, từ đó dựa vào đường tròn đơn vị, ta
có số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đường thẳng y =
4
m
với
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)






=−+−
≥
⇔
−=−
≥−
⇔
01224)(312
0
2222
mxx
mx
mxx
mx

)5(
Bài toán trở thành biện luận theo m số nghiệm thỏa mãn x
≥
m của phương

trình (5). Đề nghị bạn đọc tự giải.
Ví dụ 8: Biện luận theo m số nghiệp của phương trình
mxx −=− 9
2
(1)
Giải
Đặt
3
2
−= xy
, điều kiện y
≥
0
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:





=−
=−
myx
yx
1
99
22

)3(
)2(
(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
3
≤≤

m
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:
1)12(1
22
++++=− mmxmx
Với x
≥
-m
Giải
Viết lại phương trình dưới dạng:
mxmxxx +++=−+−
222
)(11
Xét hàm số f(t) = t

2
+ t với t
0≥
là hàm đồng biến
Khi đó:
(2)
(
)
mxxmxfxf +=−⇔+=−⇔ 1)(1
22
Đến đây bạn đọc làm lại như trong ví dụ 1.
4. PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
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.
Bài toán 5: Giải phương trình trị tuyệt đối chứa tham số bằng phương
pháp điều kiện cần và đủ.
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:
mxxxx =−++−+ 22

44
(1)
Giải
Điều kiện cần:
Giả sử (1) có nghiệm là x = x
0

⇒
2- x
0
cũng là nghiệm của (1)
Vậy (1) có nghiệm duy nhất khi x
0
= 2-x
0
= 1
Thay x
0
= 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:
422
44
=−++−+ xxxx
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki, ta được:
22 ≤−+ xx
&
22

44
≤−+ xx
Do đó:
(2)



=−+
=−+
⇔
22
22
44
xx
xx
⇔
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
0≥∀x
2422
22
−+=++−+ mxmmxx
Giải
Điều kiện cần:
Giả sử (1) có nghiệm
0≥∀x
0=⇒ x
là nghiệm của (1), khi đó:
(1)




−=++−
≥−
⇔−=++−⇔
22
2
)2(42
02
242
mmm
m
mmm
3=⇔ m
Đó chính là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với
0≥∀x
Điều kiện đủ
Với m = 3, khi đó (1) có dạng:
0
2
112
≥
⇔+=++−
x
xxm
0011 =⇔+=+ xx
luôn đúng.
Vậy với m = 3 phương trình nghiệm đúng với
0≥∀x

.
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∀
:
011
22
=++−+ bxxxa
(1)
Giải
Điều kiện cần
Giả sử (1) có nghiệm
x
∀
0
=⇒
x
là nghiệm của (1), khi đó:
(1)
101 =⇔=−⇔ aa
Với a=1
(1)
001111
2222
=⇔=⇔++=+⇔++=+⇔
∀
bbxbxxxbxxx
x

Vậy a = 1 và b = 0 là điều kiện cần để phương trình nghiệm đúng với
x
∀
.
Điều kiện đủ:
Với a = 1 và b = 0
⇔
0 = 0 luôn đúng.
Vậy với a = 1 và b = 0 phương trình nghiệm đúng với
x
∀
Ví dụ 13: Cho 2 phương trình:
133)2)(5(
2
−++=−+ mxxmxx
01696
234
=−++ xx
Tìm m để (1) và (2) tương đương
Giải
(2)



−=
=
⇔=+++−⇔=−+
4
1
0)43)(4)(1(016)3(

222
x
x
xxxxxx

Điều kiện cần:
Giả sử (1) và (2) tương đương
⇒
x = 1 là nghiệm của (1) khi đó:






=−+
>
⇔
+=
>
⇔+=⇔
043
0
)3(4
0
336)1(
232
mm
m
mm

m
mm



=⇔
=++−
>
⇔ 1
0)44)(1(
0
2
m
mmm
m
Vậy m = 1 là đều kiện cần để (1) và (2) tương đương.
Điều kiện đủ
Với m = 1, khi đó (1) có dạng:
xxxx 33103
22
+=+−−
(3)
Đặt
xxt 3
2
+=
, điều kiện
0
≥
t

Khi đó:
(3)






−=
=
⇔=+⇔=+⇔
=
−=
⇔=−+⇔
4
1
4323
)1(
2
5
0103
222
x
x
xxxx
t
t
tt
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:
2221221 =−−−+−+− xmxxmx
(1)
5223
22
++≤++ xxxx
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)
104422222
2
±=⇔=−⇔=−++⇔ mmmm
Vậy m =
±
1 là điều kiện cần để (1) và (2) tương đương:
Điều kiện đủ: Với m = 1, khi đó (1) có dạng:
212122221221 =−−++−⇔=−−−+−+− xxxxxx
( ) ( )
21122112 −−++−=−−++−⇔ xxxx
30)2(10)21)(12( ≤⇔≥−−⇔≥−−+−⇔ xxxx
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:
mxxxx =−−−++ 11
22
Ta có:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy xét








Β








−Α
2
3
;

2
1
;
2
3
;
2
1
và điểm M(x; o)
Ta có
AB = 1
Với mọi điểm M thì
1=ΑΒ<ΒΜ−ΑΜ
Mà
2
2
2
3
2
1








+







+=ΑΜ x
m
x
=ΒΜ−ΑΜ⇔








+






−=ΒΜ
2
2
2
3
2

1
y

2
3

A B
x

2
1
−

2
1
Do đó phương trình đã cho có nghiệm
1<⇔ m
11 <<−⇔ m
2) Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
axxxx =−+−−++
2
2842
ĐK:
42 ≤≤− x
Phương trình đã cho tương đương với.
axxxx =−+−−++ )4).(2(42
Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm duy nhất x
0
, ta có:
[ ]

axxxx
axxxx
=−−−+−−−+−+⇔
=−+−−++
)2(4)(2(2)2(4)2(2
)4).(2(42
0000
0000
Vậy x = 2 – x
0
cùng là nghiệm của phương trình
Phương trình có nghiệm duy nhất thì x
0
= 2 - x
0

⇔
x
0
=1
Khi đó
332 −=a
Điều kiện đủ: với
332 −=a
, ta có phương trình
332)4)(2(42 −=−+−−++ xxxx
(*)
Áp dụng bất đẳng thức:
( )
)(2

22
2
baba +≤+
có:
( )
321242
12)42(242
2
=≤−++⇒
=−++≤−++
xx
xxxx
Áp dụng bất đẳng thức Côsi với 2 số không âm: 2 + x và 4 – x có
3)4)(2(
)4)(2(
2
)4()2(
−≥−+−⇒
−+≥
−++
xx
xx
xx
Vậy
332)4)(2(42 −=−+−−++ xxxx
(1)
Do đó để đẳng thức (*) thì dấu “=” trong (1) xảy ra






−=⇔=⇔
−=+
−=+
≤≤−
⇔ 3321
42
42
42
ax
xx
xx
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
mxxxx =−++−+ 11
44
(*)
Điều kiện cần: Giả sử (*) có nghiệm duy nhất là x = x
0

Ta có:
mxxxx =−++−+
00
4
0
4
0
11

0
1 xx −=⇒
cũng là nghiệm của phương trình (*)
Vì là nghiệm duy nhất nên
2
1
1
000
=⇔−= xxx
Thay vào (*) ta được
4
82 +=m
vào (*) ta được:
444
8211 +=−++−+ xxxx
(1)
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S thì:
21 ≤−+ xx
Dấu “=” xảy ra
2
1
1 =⇔−=⇔ xxx
)
444
8211 +=−++−+⇒ xxxx