pt vo ti

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC I- Phương pháp 1: Biến đổi tương đương  x  D (*) A  B  A B 0    A B. Dạng 1 : Phương trình Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của A 0 hay B 0  B 0 A B   2  A B Dạng 2: Phương trình Dạng 3: Phương trình  A 0  A  B  C   B 0   A  B  2 AB C (chuyển về dạng 2) +) 3. +). A  3 B  3 C  A  B  3 3 A.B. . 3. . A  3 B C. 3 3 3 và ta sử dụng phép thế : A  B C ta được phương trình : A  B  3 A.B.C C Bài 1 :. x 2  6 x  6 2 x  1. a)(ĐHXD) Giải pt.  x 2  4 x  3 2 x  5. b) (CĐSP MG 2004). c) (CĐSP NINH BÌNH) d) (CĐ hoá chất). x 8 . e) (CĐ TP 2004) 2 x  g) (CĐSP bến tre). 3x  2 . x  7 1. x  x 3. 2 x  1 7. 5x  1 . 3x  2 . x  1 0. 2. h) (CĐ truyền hình 2007) 7  x  x x  5  3  2 x  x ĐS: a) x=1. b) x=14/5 c) x=9. d)x=1 e) x=5 g) x=2 h) x=-1. 2. x 2  1 2 x  2 .. Bài 2 : Giải pt 2 x  8 x  6  ĐK : x ≤-3,x=-1,x≥1. -Với x=-1 Thoả mãn pt -Với x≤-3 thì VP<0 loại -Với x≥1 pt. . ( x  1)(2 x  6)  ( x  1)( x  1) 2 ( x  1) 2. . 2 x  6  x  1 2 x  1. Tiếp tục bình phương 2 vế thu được x=1. Vậy pt có 2 nghiệm x=1 ; x=-1. Bài 3: Giải phương trình 3(2  ĐK: x≥2.. x  2) 2 x  x  6 .. 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  2(3  x)  x  6  3 x  2  2(3  x)( x  6  3 x  2) 8(3  x)  x 3   x  6  3 x  2 4 pt 11  15 2 KL: x=3; x= Bài 4 :. x2 x 1  x 2 x 1 . a)(CĐSP 2004) Giải pt. b) (ĐH-KD-2005) 2 x  2  2 x  1  a) ĐK ; x≥1.. . x  1 1 . x 1 1 . Pt Xét 1≤x≤2 : giải được nghiệm x=1 xét x>2 giải được x=5 b)x=3 II- Phương pháp 2 : Đặt ẩn phụ 1- Đặt ẩn phụ thông thường Bài 1:. a)(ĐHNN-2001) Giải phương trình b) (CĐ Nha trang 2002) : Hdẫn: a) ĐK: -1≤x≤4. Đặt t= x  1 . x 3 2. x  1 4. x 3 2 .. x  1  4  x  ( x  1)(4  x ) 5.. x  2  5  x  ( x  2)(5  x) 4. 4  x  0 . Giải được t=-5 (loại), t=3. Giải t=3 được x=0.. 3 3 5 2 b) x= 2. Bài 2 : (ĐH mỏ điạ chất) Giải pt x  4  x 2  3 x 4  x. 2. x 2 . Đặt t= x  4  x . Giải được t=2 ; t=-4/3. ĐK : +t=2 được x=0, x=2 2. x.  2  14  2  14 ;x  3 3 (loại). +t=-4/3 được KL : Pt có 3 nghiệm.. Bài 3: Giải phương trình ĐK: x≥2.. x 2 2. x  2 2 x 2  4  2 x  2 2. Đặt t  x  2  x  2  t  2 x  4  2 x . Thế vào phương trình giải được t=1; t=-2. từ đó giải được x=2. Bài 4: (Tham khảo 2002) giải phương trình. x  4  x  4 2 x  12  2 x 2  16.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐK:x≥4. Phương trình. x  4  x  4 ( x  4  x  4) 2  12. . Đặt t= x  4  x  4 ≥0. giải phương trình ẩn t được t=4; t=-3 (loại). Giải được x=5. 2- Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : 2 2  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u   uv   v 0 (1) bằng cách. 2. u u         0 v Xét v 0 phương trình trở thành :  v  v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) . a. A  x   bB  x  c A  x  .B  x  2. 2.  u   v  mu  nv  Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) Phương trình dạng :. a. A  x   bB  x  c A  x  .B  x . Bài 1. Giải phương trình: Điều kiện: x 1 Nhận xét.. x. x 2  1  x  x 2  1 2. x 2  1. x  x 2  1 1. x. 1 t  2  t 1 t Đặt t  x  x  1 thì phương trình có dạng: Thay vào tìm được x 1 2. 2 Bài 2. Giải phương trình: 2 x  6 x  1  4 x  5 Giải. Điều kiện:. x . 4 5. t2  5 x 4 . Thay vào ta có phương trình sau: Đặt t  4 x  5(t 0) thì t 4  10t 2  25 6 2 2.  (t  5)  1 t  t 4  22t 2  8t  27 0 16 4  (t 2  2t  7)(t 2  2t  11) 0 Ta tìm được bốn nghiệm là:. t1,2  1 2 2; t3,4 1 2 3. Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị t1  1  2 2, t3 1  2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1  Bài 3. Giải phương trình sau: x  5  x  1 6 Điều kiện: 1  x 6. 2 vaø x 2  3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 Đặt y  x  1( y 0) thì phương trình trở thnh: y . y  5 5  y 4  10 y 2  y  20 0 ( với. 1  21  1  17  y (loại), y  y  5)  ( y  y  4)( y  y  5) 0 2 2 11  17 x 2 Từ đó ta tìm được các giá trị của 2. 2. Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : Giải: đk 0  x 1. x pttt  2  1  y . Đặt y  1 . 2. y. 2. Bài 5. Giải phương trình sau : Giải: Điều kiện:  1  x  0. . 2. 1 3x  1 x. x2 x Chia cả hai vế cho x ta nhận được: Đặt. . x.  y  1002  0  y 1  x 0. x2  2x x . t x . . x  2004  x 1  1 . 1 1 3  x x. 1 x , ta giải được.. 2 3 4 2 Bài 6. Giải phương trình : x  x  x 2 x  1. 1 1   x    3 x  2 x x Giải: x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  1 1 5 3 x t 1  x  3 x , Ta có : t  t  2 0  2 Đặt t= 2  x 2  2  5 x 3  1 Bài 7. Giải phương trình :. 2 Giải: Đặt u  x  1, v  x  x  1. 2 u  v 2. 2. .  u 2v 5uv    u 1 v  2. Phương trình trở thành : Cách khác: Biến đổi phương trình 2  x 2  x  1   x  1  5 x 2  x  1 .  x  1. . . . Tìm được:. . x 1  x 1   2 2 5 2  2 0  x  x 1  x  x  1  t 2 2  2 t  5 t  2  0  x 1 t 1 t 2 ; t 0  2 x  x 1 Đặt ta có phương trình Bài 8:. 2 x  1  3 4 x 2  2 x  1 3  8 x 3  1. x. 5  37 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 Đặt u  2 x  1;v  4 x  2 x  1 ta có phương trình  u 3 u  3v 3  uv   u  3   v  1 0    v 1 1 ĐS: x=0;x= 2 ;x=4. 2 3 Bài 9: giải phương trình sau : 2 x  5 x  1 7 x  1 Giải: Đk: x 1. Nhận xt : Ta viết.   x  1    x 2  x  1 7. Đồng nhất thức ta được:.  x  1  x 2  x  1. 3  x  1  2  x 2  x  1 7.  x  1  x 2  x  1.  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u 2 u  x  1 0 , v  x  x  1  0 , ta được:  4 Đặt Ta được : x 4  6 Bài 10: Giải phương trình : Giải:. x3  3x 2  2.  x  2. 3.  6 x 0. Nhận xét : Đặt y  x  2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :.  x y x 3  3 x 2  2 y 3  6 x 0  x3  3xy 2  2 y 3 0    x  2 y Pt có nghiệm : x 2, x 2  2 3 2. 2. b).Phương trình dạng :  u   v  mu  nv Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. 2 2 4 2 Bài 1. giải phương trình : x  3 x  1  x  x  1 Giải:. u  x 2  2 v  x  1 khi đó phương trình trở thành : u  3v  u 2  v 2 Ta đặt :  Bài 2.Giải phương trình sau : Giải Đk. x. x. 2. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1. 1 2 . Bình phương 2 vế ta có :.  2 x   2 x  1 x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  2 x    2 x  1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  1 5 v u  2 2 2 uv u  v   u  x 2  2 x  1 5  u v  v 2 x  1 khi đó ta có hệ : 2  Ta có thể đặt :  1 5 1 5 u v  x2  2x   2 x  1 2 2 Do u , v 0 . 5 x 2  14 x  9 . Bài 3. giải phương trình : Giải:. x 2  x  20 5 x  1. 2 x 2  5 x  2 5  x 2  x  20   x  1 x  5 Đk . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  2   x 2  x  20     x  1 , Nhận xét : không tồn tại số đặt. để :. vậy ta không thể. u  x 2  x  20  v  x  1 . Nhưng may mắn ta có :. x. 2.  x  20   x  1  x  4   x  5   x  1  x  4   x 2  4 x  5 . 2  x 2  4 x  5  3  x  4  5 ( x 2  4 x  5)( x  4). Ta viết lại phương trình: giải quyết . 3- Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.  x 1  1  2 x  3  x  2 x  3  x  2  0.  Từ những phương trình tích. . x  1  x  2 0. . Đến đây bài toán được. ,. Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Bài 1. Giải phương trình : Giải:. . x2  3 . . x 2  2 x 1  2 x 2  2.  t 3 t 2   2  x  t  3  3 x 0   t  x 2  2 , ta có :  t x  1 Với t 3 giải được x  7 Với t  x  1 vô nghiệm.  x  1 Bài 2. Giải phương trình :. x2  2 x  3 x2 1. Giải: Đặt :. t  x 2  2 x  3, t  2.  x 2  1   x  1 t 0. Khi đó phương trình trở thnh :.  x  1 t  x 2  1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn :.  t 2 x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1 0  t 2   x  1 t  2  x  1 0    t x  1 Với t 2 giải được x 1  2 Với t  x  1 vô nghiệm 2 2 Bài 3: x  5 x  1 ( x  4) x  x  1.  t 4 t 2  ( x  4)t  4 x 0    t x Đặt t  x  x  1;(t  0) ta có phương trình  1  61 x 2 ĐS: 4- Đặt ẩn phụ đưa về hệ 2. 2. Bài 1) Giải phương trình x  ĐK:x -7.. x  7 7. 2. Đặt t  x  7 0  t x  7 ..  x 2  t 7  x 2  t 2  ( x  t )  ( x  t )( x  t  1) 0 2 t x  7 Phương trình trở thành  1  29 2 Giải được x=2; x= Cách khác: 1 x  x  x  7  4 Biến đổi phương trình 2 Bài 2) x  5  5  x ĐK: x  5 2. 1 x 7   4. x  5 5;(t 0) ta được hệ phương trình  t x  Giải được  t  x  1 Đặt. t x  Với. 2  x  5 t  2 t  5  x.  x 0 1  21 x  5 x    x 2 2 x  5 x. t  x  1  với Cách khác:. 2. 1 1    x  2   x  7  2     .  x  1  1  17 x  5  x  1   2  x  2  x  5   x  1. 1  1   x  5  2   x  2     Biến đổi phương trình  3 3 Bài 3: x  1 2 2 x  1. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> x 3  1 2 3 2 x  1 y  3 2 x  1  y 3  1 2 x - Phơng trình đợc chuyển thành hệ   x y  3  x 3  1 2 y  x 3  1 2 y   x  1 2 y  3 3  2   3 2  x  xy  y  2  0( vn )  y  1 2 x  x  y  2( x  y )     x 3  1 2 y .   x y 1   x y   1  5  2   1 5   x y  2. -. Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm. 1 1  2 2  x2 Bài 4) x ĐK:. x 0; x  2. 2 Đặt y  2  x ; y 0 ta có hệ.  x 2  y 2 2   1 1  x  y 2 .  x 1; y 1   x   1 3 ; y   1 3  2 2. Bài 5) 8  x  3  5  x  3 5 u 8  x  3 u  v 5  u 2;v 3 ;(u,v 0)     2 2  u 3;v 2 Đặt v 5  x  3 ta có hệ u  v 13 ĐS: x=4 3 (2  x) 2  3 (7  x) 2  3 (7  x)(2  x) 3 Bài 6: 2  2 u 3 2  x  u  v  uv 3 . pt     v 3 7  x u3  v3 9 u  v 3 u 1     v 2 uv 2. Từ đó giải được x=1;x=-6 3 Bài 7: 2  x 1  x  1 ĐK : x 1  u 0; v 1 u 3 2  x u 1  v   3 2   u 1; v 0  u  v 1 v  x  1;v 0  u  2; v 3 Từ đó giải được x=1;x=2;x=10 3 Bài 8: (KA-2009) 2 3 x  2  3 6  5 x  8 0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3 u  3 x  2  Đặt v  6  5 x , v 0 ta có hệ 8  2u  2u  3v 8 v    3  3 2 3 2 5u  3v 8 15u  4u  32u  40 0 . 8  2u  u  2 v  3   v 4  u  2  15u 2  26u  20 0 . . . Từ đó giải được x=-2 III- Phương pháp 3: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số Bài 1: a)(ĐHQG KD-2001) Giải phương trình 3 b) (CĐXD 2003) 2 x  1  Hdẫn: a) ĐK: x≥1/2. 3. 4 x  1  4 x 2  1 1 .. 2 x  2  3 2 x  3 0. 2. Xét hàm số y= 4 x  1  4 x  1 . HSĐB trên [1/2;+∞). Và f(1/2)=1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1/2. b)x=-1 là nghiệm . 3 3 3 Các hàm số y= 2 x  1 ; y= 2 x  2 ; y= 2 x  3 ĐB. Bài 2: Giải phương trình : 1 x 3 5 ,Đặt f(x)= Đk:  f’(x)=. 15 x 2 3. 2 5x  1. . 5 x 3  1  3 2 x  1  x 4 (1). 5 x3  1  3 2 x  1  x. 2 3 (2 x  1) 3. 2. 1. 1  ( 3 ; ) 5 >0  x nên hàm số đồng biến trên. 1  [ 3 ; ) 5 . Mà f(1)=4 nên x=1 là nghiệm duy nhất.. Bài 3: Giải phương trình :. 2 x3  3 x 2  6 x  16 . 4  x 2 3. LG: 2 x3  3x 2  6 x  16 0   4  x  0 Đk: . ( x  2)(2 x 2  x  8) 0   2 x 4  4  x  0  3( x 2  x  1). 3. 2. Đặt f(x) = 2 x  3x  6 x  16 . 4  x , f’(x)= 2 x 3  3x 2  6 x  16. . 1  0, x  (  2; 4) 2 4 x ; f(x). liên tục trên [2;4] Nên hàm số đồng biến trên [2;4], f(1)= 2 3 nên x=1 là nghiệm Bài 4: Giải phương trình LG:.  x  2   2 x  1  3. x  6 4 .  x  6   2 x  1  3. x2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Đk:. x. 1 2. Viết lại phương trình dưới dạng như sau. . 2x  1  3. . . x  2  x  6 4. 2 x  1  3 >0  x >5. Nhận thấy. hơn nữa hàm g(x)= 2 x  1  3 , h(x) = x  2 . x  6 dương đồng biến với x>5. mà f(7) =4 nên x=7 là nghiệm . 5. 3. Bài 5: Giải phương trình x  x . 1  3x  4 0 ( ĐH Ngoại thương 2000). Lg: 5. 3. Đặt f(x) = x  x . 1  3x  4 ,. f ' ( x ) 5 x 4  3x 2  ta có. 1 3. 3 1  0x  3 2 1  3x. x Vậy f(x) đồng biến với. x. 1 3 ,f(-1) =0 nên x=-1 là nghiệm duy nhất của phương trình x 2  15 3 x  2  x 2  8. Bài 6: Giải phương trình LG: Xét f(x)= 3x  2 . -Nếu. x2  8 . x 2  15 0. 2 x   3 x  2 0, x 2  8  3.  2 1 x  , f ' ( x) 3  x   2 3 x  8  Nếu. x 2  15  0 Vì vậy. 1. 4. 2 3 đều không là nghiệm.  2  0 x x 2  15  3 , f(1)=0 Vậy f(x) đồng biến khi. Nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình Bài 7: Giải phương trình:. x . x  2  4 4  x 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 4 4 Đặt f  x  x  2  4  x với 2 x 4 . x 0x0 1f  0f. 1 f x  1    4 4  x  2 3 . 1. 4.   4 x . (x0). 3.   Ta có: f x 0  x  2 4 x  x 3. Nhìn     bảng biến thiên suy ra: f x f 3 2 x  2,4 4 4  Phương trình f  x  x  2  4  x 2 có nghiệm duy nhất x  3. Bài 8: Giải phương trình. 3. 3. x2 . 2x2  1  3 2x2 . 3. x 1. Lg: Ta có. 3. x2 . 3. 2 x2  1  3 2 x2 . 3. x 1 . 3. x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2 (*). 3 3 R \  0;  1 Xét hàm số f(t) = t  t  1 dễ thấy hàm số f(t) đồng biến trên nên (*)  f(2x2)=f(x+1). 1  2x =x+1  x=1 hoặc x= 2 . 2. IV_ Phương pháp 4: Phương pháp đánh giá. 2 2  x  x 9 x  1 Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): Giải: Đk x 0 2.  2 2   x   2 2    x 1  . . Ta có :.  Dấu bằng. . 2. 2  1  x     x  9  x 1     x  1  x  1      . 2 2 1 1   x 7 x 1 x 1. 2 4 2 4 Bài 2. Giải phương trình : 13 x  x  9 x  x 16. Giải: Đk:  1  x 1. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. Biến đổi pt ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:. . 13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2. . 2. . 2. 256.  13  27   13  13x 2  3  3 x 2  40  16  10 x 2 .

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2. 10 x  16  10 x 2. Áp dụng bất đẳng thức Côsi:. 2. .  16    64  2. 2   x 1  x2 2  5  1 x     3 2  10 x 2 16  10 x 2   x  5 Dấu bằng 3` 2 4 Bài 3. giải phương trình: x  3x  8 x  40  8 4 x  4 0 4 x 3  3x 2  8 x  40 0   x  3 Ta chứng minh : 8 4 x  4 x  13 và. Bài tập đề nghị . Giải các phương trình sau. 1 2x 1  2x  1 2x 1  2x 4 x  1 x  x  1 x  2  4 8. 1  2x  1  2x  4. 2 x 4  8 4 4  x 4  4 x 4  4 16 x 4  5 6 3 4 x3  x x 3`  3x 2  8 x  40  8 4 4 x  4 0 8  x3  64  x 3 x 4  8 x 2  28 1 1  2  x 2  2  2 4   x   x x . 2.  x  3 x  13.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> CÁC BÀI TOÁN CÓ CHỨA THAM SỐ Bài 1: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x2  x 1 . x 2  x  1 m .. 2 Gi¶i: XÐt hµm sè y  x  x  1   Miền xác định D= R .  §¹o hµm 2x 1 2x  1 y'   2 x2  x 1 2 x2  x 1. x2  x 1. y ' 0  (2 x  1) x 2  x  1 (2 x  1) x 2  x  1 (2 x  1)(2 x  1)  0  (vo nghiem) 2 2 2 2 (2 x  1) ( x  x  1)  (2 x  1) ( x  x  1)   y’(0)=1>0 nªn hµm sè §B  Giíi h¹n 2x lim y  lim  1 2 x   x   x  x  1  x 2  x 1 lim y 1. x  .  BBT x y’ y. +∞. -∞ + 1. -1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi -1<m<1. Bài 2: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực 2 x  1  x  m Gi¶i: - Đặt t  x  1; t 0 . Phơng trình đã cho trở thành: 2t=t2-1+m m=-t2+2t+1 - XÐt hµm sè y=-t2+2t+1; t≥0; y’=-2t+2 x 0 1 +∞ y’ + 0 y 2. 1 -∞ - Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m≤2. Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng: x 2  4 x  5 m  4 x  x 2 . Gi¶i:. t  f ( x )  x 2  4 x  5; f '( x )  - §Æt XÐt x>0 ta cã BBT: x 0 f’(x). x 2 2. ; f '( x ) 0  x 2. x  4x  5. -. 2 0. . +∞. +.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> f(x). 5. +∞. 1 - Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t2+t-5 t2+t-5-m=0 (1). - Nếu phơng trình (1) có nghiệm t1; t2 thì t1+ t2 =-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t≥1. - Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t  (1; 5) . - Đặt g(t)=t2+t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m có đúng 1 nghiệm t  (1; 5) . f’(t)=2t+1>0 víi mäi t  (1; 5) . Ta cã BBT sau: t 5 1 g’(t) + g(t) 5. -3 Tõ BBT suy ra -3<m< 5 lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m. Bài 4 : KB-04-Xác định m để phơng trình sau có nghiệm m( 1  x 2  1  x 2  2) 2 1  x 4  1  x 2  1  x 2 . Gi¶i: 2 2 - §iÒu kiÖn -1≤x≤1. §Æt t  1  x  1  x . - Ta cã. 1  x 2  1  x 2  t 0; t 0  x 0 t 2 2  2 1  x 4 2  t  2; t  2  x 1  0; 2   (t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đã cho trở thành: - TËp gi¸ trÞ cña t lµ  m(t  2)  t 2  t  2 .  t2  t  2 m(*) t 2.  t2  t  2 ;0 t  2.  0; 2   . Phơng trình đã cho có nghiệm t 2 - XÐt Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n  f (t ) m max f (t )  0; 2   min  0; 2  0; 2       x khi vµ chØ khi ph¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t thuéc . 2  t  4t f '(t )  0, t   0; 2   f (t )NB  0; 2  . (t  2)2 f (t ) . Suy ra min f (t )  f ( 2)  2  1;ma x f (t )  f (0) 1  0; 2   .  0; 2   . - Ta cã - VËy. . 2  1 m 1.. Bài 5: Tìm m để phương trình Giải:. 3 x  6 x . (3  x )(6  x ) m có nghiệm..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> t '  f '( x )  Đặt t  f ( x )  3  x  x -3 f’(x) ║ + f(x) . 6  x với x  [ 3;6] thì 3/2 6 +∞ 0 - ║ 3 2 . 3. 6  x  3 x 2 (6  x )(3  x ). 3. t2  9 t2 9 m    t  m 2 2 2 Vậy t  [3;3 2] . Phương trình (1) trở thành (2). Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm t  [3;3 2]  đường thẳng y=m có điểm chung t. t2 9 t  2 với t  [3;3 2] . với đồ thị y= 2 Ta có y’=-t+1 nên có t 3 2 1 3 y’ +0   y 3 . 3 2. 9 2. 4 2 2 2 Bài 6: Cho phương trình x  x  x m( x  1) (1). Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải: Phương trình đã cho tương đương 4( x 3  x 2  x ) 4 x ( x 2  1)  4 x 2 2x 2x 2  m  4m  2. ( ) 4m 2 2 2 2 2 (1  x ) (1  x ) 1 x 1  x2 2x 2 Đặt t= 1  x ; t  [-1;1]. Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t2=4m. (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t  [-1;1] Xét hàm số y=f(t)=t2+2t với t  [-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t  [-1;1]. t -1 1 f’ 0 +  f 3. -1 1 3 m  4 4. Từ BBT -1≤4m≤3 Bài 7: ( ĐH KA-08) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt . 4. 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x m. Lg: Đặt. f(x) =. 4. 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x , x   0;6.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 1. 1 f ( x)     2x 2 4 (2 x)3 2 4 (6  x)3 '. 1. 4 (6  x)3  4 (2 x)3 1 6  x  2x   6  x 2 4 (6  x)3 4 (2 x)3 2x 6  x. Nhận thấy hai số hạng của f’(x) cùng dấu với nhau nên f’(x) =0 khi 6-2x=2x hay x=2 Bảng biến thiên :. x. 0. 2. f’(x). +. 0. 6 -. 6 3 2. f(x) 2 6  24 6. 4. 12  2 3. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai ghiệm thực phân biệt Khi. 2 6  2 4 6 m 6  3 2 Bài 8: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt dương. x. x Lg: Đặt y=. 11 7   41  2  2x x  =m . 11 7 11 28   4 1  2  y ' 1   2 2x x  ta có 2x  x 2 4 x 2  28. y ' 0  g ( x) . 11 28  1 2 2 2 2x x 4 x  28. Lại có g(x) nghịch biến với x>0 ; g(3)=1 nên x=3 là nghiệm duy nhất. x  3  g ( x)  1  y '  0 mà. x  3  g ( x)  1  y '  0. vì vậy ta có bảng biến thiên sau.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> x y’ y. 0 -. +. 3 0. + +. +. 15 2 15 Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m> 2. lim y  lim ( x . x  0. x  0. 11 7  11 7     4  1  2  )  lim y  lim ( x   4  1  2  )  x   x   2x x  2x x    ,. Lại có theo bất đẳng thức Bunhiacopki 2. 2 2 2 7  7 7  7       9  7   1  2  16  1  2   3    3.1  7 x  x  x  x     2. . 7  1 7  3 x 7 41 2    3     x 3 x  2 x  Dấu = xảy ra khi 1  x. x Từ. 11 1  7 3  9  3    x   2x 2  x 2  x. 3 9 3 15  x   6  x 2 2 Dấu bằng khi x=3 Theo bất đẳng thức cô si ta có 2 x từ đó ta có. 11  7  15  4  2   2x  x  2. Lập bảng biến thiên ta được kết quả như trên Bài 9: Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm. . 1 x  x. . 3. x (1  x) m. . (*). Lg: Nhận xét. . 1 x  x. Đk: 0  x 1 Đặt. . 2. =1+2. . x (1  x). . t  1  x  x , t ' ( x) . Lập bảng biến thiên ta có 1 t  2. 1 1 x  x 1 0  x    0;1 2 x(1  x) 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  1; 2   Bài toán quy về tìm m để phương trình g(t)= 2t3-t2=2m+1 trên  g’(t)=6t2-2t =2t(3t-1).  0t   1; 2 .  g (1) g (t ) g (2)  1 2m  1 4 2  2  0 m 2 2  2. Bài 10:(CĐSP thể dục 2004) Cho phương trình x  a)Giải phương trình khi m=2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Hdẫn: a) x=0. 3 2. 4  x 2  m 0. 2. b) Đặt t  4  x ;0 t 2 . Khi đó phương trình trở thành. 4  t 2  t  m 0  m t 2  t  4  f (t ) Xét hàm số f(t) trên [0 ;2], ta có f(t)=2t+1>0 với mọi t thuộc [0 ;2] nên f(t) tăng trên [0 ;2] ycbt  f (0) m  f (2)   4 m 2. Bài 11 : (KB-2006) Tìm m để pt sau có 2 nghiệm thực phân biệt. x 2  mx  2 2 x  1. 1  2 x  1 0  x  (1)   2  2 2 2  x  mx  2 (2 x  1) 3x  (m  4) x  1 0(2)  Giải : Ycbt  (2) có 2 nghiệm pb x1 ; x2 thoả mãn   (m  4)2  12  0  1 1 9 S m  4  x1  x2      m 2 6 2 2 2 1 3 m 4   f ( 2 )  4  2  1 0 2. 4 Bài 12 : (KA-2007) Tìm m để pt sau có nghiệm thực : 3 x  1  m x  1 2 x  1.  3 ĐK : x≥1. Pt. 4. x 1 x 1  24 m(1) x 1 x 1. x 1 4 2  1 ; x 1  0 t  1 x 1 x 1 . Khi đó (1) trở thành -3t2+2t=m (2). Đặt t Hàm số f(t)=-3t2+2t với 0≤t<1 có t 0 1/3 f’ + 0 f 1/3. 1 -.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 0. -1. t  [0;1)   1  m . 1 3. Pt đã cho có nghiệm  pt (2) có nghiệm Bài 13: (KB-2007) CMR: Với mọi m dương, phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt. x 2  2 x  8  m( x  2) ĐK: x≥2.  x 2  ( x  2)( x 3  6 x 2  32  m) 0   3 2  x  6 x  32  m 0 PT 3 2 Ta đi c.m phương trình x  6 x  32  m 0 (1) có một nghiệm trong khoảng (2:+∞) Xét hàm số f(x)=x3+6x2-32 với x>2. Ta có f’(x)=3x2+12x>0 với mọi x>2 x 2 +∞ y’ + y +∞ 0 Vậy với m>0 pt (1) luôn có một nghiệm trong khoảng (2:+∞) => ĐPCM Bài 14: (CĐNN) Tìm m để phương trình sau có nghiệm ĐK: -1≤x≤3. t  ( x  1)(3  x )  4  ( x  1)2  t  [0;2]. ( x  1)(3  x) x 2  2 x  3m. Đặt YCBT  tìm m để phương trình t2+t-3=3m có nghiệm t/ m 0≤t ≤2. Xét hàm f(t)=t2+t-3 với 0≤t ≤2 Ta có f’(t)=2t+1>0 với mọi 0≤t ≤2. x 0 2 f’ + f. -3 Vậy -3≤3m≤3 hay -1≤m≤1. 3.

<span class='text_page_counter'>(20)</span>