BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn 02. CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM VỀ HÀM SỐ - P1 I. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH VỀ CỰC TRỊ VÀ TIẾP TUYẾN Bài 1: Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1 y f x mx mx m x = = + − − − , m là tham số Xác định các giá trị của m để hàm số ( ) y f x = không có cực trị. Lời giải: + Khi m = 0 1 y x ⇒ = − , nên hàm số không có cực trị. + Khi 0 m ≠ ( ) 2 ' 3 6 1 y mx mx m ⇒ = + − − Hàm s ố không có c ự c tr ị khi và ch ỉ khi ' 0 y = không có nghi ệ m ho ặ c có nghi ệ m kép ( ) 2 2 ' 9 3 1 12 3 0 m m m m m ⇔ ∆ = + − = − ≤ 1 0 4 m ⇔ ≤ ≤ Bài 2: Cho hàm s ố 3 2 1 2 3 3 y x mx mx = − + , m là tham s ố th ự c. Tìm m để hàm s ố đạ t c ự c tr ị t ạ i x 1 , x 2 sao cho bi ể u th ứ c sau đạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t 2 2 2 1 2 2 1 2 4 9 4 9 x mx m m D x mx m m + − = + + − Lời giải: Ta có 2 ' 4 3 y x mx m = − + hàm s ố đạ t c ự c tr ị t ạ i x 1 , x 2 khi và ch ỉ khi 2 3 4 3 0 4 0 m m m m  >  − > ⇔  <  (*) Khi đó 2 1 1 2 2 2 1 2 4 3 4 3 4 x mx m x mx m x x m  = −  = −   + =  Suy ra 16 12 16 12 m m D m m − = + − Với m thỏa mãn (*) thì 12 16 − m m và m m 1216 − là hai số dương, nên áp dụng BĐT Cosi ta có 2 ≥ D , Đẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 4 5 m = V ậ y minD = 2 khi 4 5 m = . V ậ y giá tr ị c ầ n tìm là 4 . 5 m = Bài 3: Cho hàm s ố y = x 3 – 3x + 2 (C). Tìm t ọ a độ đ i ể m M thu ộ c đườ ng th ẳ ng (d) có ph ươ ng trình 3 2 y x = − + sao cho t ừ M k ẻ đượ c hai ti ế p tuy ế n đế n đồ th ị (C) và hai ti ế p tuy ế n đ ó vuông góc v ớ i nhau. Lời giải: G ọ i ( ; 3 2) M a a − + là đ i ể m c ầ n tìm. Ti ế p tuy ế n c ủ a đồ th ị (C) t ạ i đ i ể m (x 0 ; y 0 ) là: y = (3x 0 2 – 3)(x – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 +2. Ti ế p tuy ế n đ i qua M(a; b) nên ta có -3a + 2 = (3x 0 2 – 3)( a – x 0 ) + x 0 3 – 3x 0 + 2 ⇔ 2x 0 3 – 3ax 0 2 = 0 ⇔ x 0 = 0 ho ặ c x 0 = 3a/2. Có hai ti ế p tuy ế n đ i qua M v ớ i h ệ s ố góc là 1 '(0) 3 k f = = − và 2 3 ' 2 a k f   =     = 2 27 3 4 a − . Hai ti ế p tuy ế n này vuông góc v ớ i nhau ⇔ k 1 .k 2 = -1 ⇔ a 2 = 40/81 ⇔ a = 9 102 ± . V ậ y có hai đ i ể m th ỏ a mãn đề bài là: M( 9 102 ± ; 2 3 102 +∓ ). LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn Bài 4: Cho hàm số 2 3 2 x y x + = − . Tìm m để đườ ng th ẳ ng ( ) : 2 d y x m = + c ắ t (C) t ạ i hai đ i ể m phân bi ệ t sao cho ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i hai đ i ể m đ ó song song v ớ i nhau. Lời giải: Ph ươ ng trình hoành độ giao đ i ể m: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 6 2 3 0 * 2 3 2 2 2 g x x m x m x x m x x  = + − − + = +  = + ⇔  − ≠   (d) c ắ t (C) t ạ i 2 đ i ể m phân bi ệ t khi và ch ỉ khi ph ươ ng trình (*) có hai nghi ệ m phân bi ệ t và khác 2. ( ) ( ) ( ) 2 2 0 6 8 2 3 0 4 60 0 2 0 g m m m m g ∆ >   ⇔ ⇔ − + + > ⇔ + + >  ≠   (luôn đ úng). V ớ i đ i ề u ki ệ n trên gi ả s ử đườ ng th ẳ ng c ắ t đồ th ị hàm s ố t ạ i hai đ i ể m có hoành độ 1 2 x x ≠ . Theo Vi-ét ta có 1 2 6 2 m x x − + = . T ạ i hai giao đ i ể m k ẻ hai ti ế p tuy ế n song song khi và ch ỉ khi ( ) ( ) 1 2 1 2 ' ' 4 y x y x x x = ⇔ + = 2 m ⇔ = − . V ậ y 2 m = − là giá tr ị c ầ n tìm. Bài 5: Cho hàm số ( ) 3 3 2 m y x mx C = − + . Tìm m để đườ ng th ẳ ng đ i qua đ i ể m c ự c đạ i, c ự c ti ể u c ủ a ( ) m C c ắ t đườ ng tròn tâm ( ) 1;1 , I bán kính b ằ ng 1 t ạ i hai đ i ể m phân bi ệ t A, B sao cho di ệ n tích tam giác IAB đạ t giá tr ị l ớ n nh ấ t? Lời giải: Ta có 2 ' 3 3 y x m = − Để hàm s ố có c ự c đạ i, c ự c ti ể u thì ph ươ ng trình ' 0 y = có hai nghiệm phân biệt 0 m ⇔ > Vì 1 . ' 2 2 3 y x y mx = − + nên đường thẳng ∆ đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là 2 2 y mx = − + Ta có ( ) 2 2 1 , 1 4 1 m d I R m − ∆ = < = + (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng ∆ luôn cắt đường tròn tâm I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt. Với 1 2 m ≠ , đường thẳng ∆ không đi qua I, ta có: 2 1 1 1 . .sin 2 2 2 ABI S IA IB AIB R ∆ = ≤ = IAB S ∆ đạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi  sin 1 AIB = hay tam giác AIB vuông cân tại I 1 2 2 R IH⇔ = = (với H là trung điểm của AB) 2 2 1 1 2 3 2 2 4 1 m m m − ± ⇔ = ⇔ = + là giá trị cần tìm. Bài 6: Cho hàm số 3 2 3 1, y x x mx = − + + với m là tham số thực. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và khoảng cách từ điểm 1 11 ; 2 4 I       đến đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là lớn nhất. Lời giải: Ta có 3 2 2 3 1 ' 3 6 y x x mx y x x m = − + + ⇒ = − + + Hàm số có cực trị khi m < 3. + Chia y cho ' y ta được 1 2 2 ' 2 1 2 1 3 3 3 3 3 3 x m m m m y y x y x       = − + − + + ⇒ = − + +             là ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng qua các đ i ể m c ự c tr ị . Đặ t 2 : 2 1 3 3 m m y x   ∆ = − + +     . LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn Ta có ( ) 2 2 2 2 1 2 11 2 3 2 11 3 2 1 2 2 3 4 3 3 4 3 4 4 ; 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 3 3 3 m m m m t d I t m m m     − − + + − − − −         ∆ = = = = +       − + − + − +             Đặt 2 2 3 1 4 3 25 3 1 1 2 16 4 u u t d u u u = − ⇒ = =   + + + +     Đặt max 2 2 2 1 1 1 1 5 5 4 4 3 25 3 25 5 3 16 1 1 2 16 2 16 4 5 25 a d d u a a a a a = ⇒ = = = ≤ ⇒ =   + + + + + +     Dâu bằng xảy ra khi 12 25 3 4 2 4 2 1. 25 12 4 3 3 3 m a u t u m = − ⇔ = − ⇔ = + = − ⇔ − = − ⇔ = V ậ y m = 1 là giá tr ị c ầ n tìm. Bài này còn m ộ t cách gi ả i khác khá hay và độ c đ áo, các em t ự tìm hi ể u nhé! Bài 7: Cho hàm s ố 4 2 1 3 , 2 2 y x mx = − + v ớ i m là tham s ố th ự c. Tìm m để đồ th ị hàm s ố đ ã cho có đ i ể m c ự c đạ i, c ự c ti ể u sao cho kho ả ng cách gi ữ a hai đ i ể m c ự c ti ể u b ằ ng 2 5. Lời giải: Ta có 4 2 3 2 0 1 3 ' 2 2 0 2 2 x y x mx y x mx x m =  = − + ⇒ = − = ⇔  =  + Hàm s ố có c ự c đạ i, c ự c ti ể u khi ph ươ ng trình y’ = 0 có 3 nghi ệ m phân bi ệ t, t ứ c là 0. > m + V ớ i m > 0 ta có t ọ a độ c ự c ti ể u là 2 2 1 3 1 3 ; , ; (2 ;0) 2 2 2 2 A m m B m m AB m     − − + − + ⇒ =          Theo bài, 2 5 5. AB m = ⇔ = Bài 8: Cho hàm s ố x 2 y x 1 − = + , có đồ th ị (C). Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a đồ th ị (C), bi ế t ti ế p tuy ế n t ạ o v ớ i hai đườ ng ti ệ m c ậ n c ủ a (C) m ộ t tam giác có bán kính đườ ng tròn n ộ i ti ế p l ớ n nh ấ t. Lời giải: PT ti ế p tuy ế n d có d ạ ng ( ) ( ) 0 2 0 3 x 2 y x x x 1 x 1 − = − + + + , (với 0 x là hoành độ tiếp điểm) Giao điểm của d lần lượt với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang là: 0 0 x 5 A 1; ; x 1   − −   +   ( ) 0 B 2x 1;1 + Ta có o o 6 IA ;IB 2x 2 IA.IB 12 x 1 = = + ⇒ = + Khi đó 2 2 S 2S IA.IB IA.IB IA.IB 6 r p 2p IA IB AB 2 IA.IB 2IA.IB 2 3 6 IA IB IA IB = = = = ≤ = + + + + + + + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 0 0 IA IB x 1 3 x 1 3 = ⇔ + = ⇔ = − ± V ậ y ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ầ n tìm là y x 2 2 3 = + − hoặc y x 2 2 3 = + + LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn Bài 9: Cho hàm số 1)1(3)2( 2 3 23 +−−−−= xmxmxy (1), v ớ i m là tham s ố . Tìm 0 > m để đồ th ị hàm s ố có giá tr ị c ự c đạ i, giá tr ị c ự c ti ể u l ầ n l ượ t là CTCĐ yy , th ỏ a mãn 42 =+ CTCĐ yy Lời giải: Ta có .),1(3)2(33' 2 R ∈∀−−−−= xmxmxy    −== −== ⇔=+−−−⇔= .1 1 01)2(0' 2 1 2 mxx xx mxmxy D ễ th ấ y, v ớ i 0 > m thì . 21 xx < Khi đ ó hàm s ố đạ t c ự c đạ i t ạ i 1 1 −=x và đạ t c ự c ti ể u t ạ i .1 2 −= mx Do đ ó: .1)1)(2( 2 1 )1(, 2 3 )1( 2 +−+−=−==−= mmmyy m yy CTCĐ T ừ gi ả thi ế t ta có 0)1)(2(6641)1)(2( 2 1 2 3 .2 22 =−+−−⇔=+−+− mmmmm m 2 1 33 ( 1)( 8) 0 1; . 2 m m m m m − ± ⇔ − + − = ⇔ = = Đố i chi ế u v ớ i yêu c ầ u 0 > m ta có giá tr ị c ủ a m là 1 33 1; 2 m m − + = = là giá tr ị c ầ n tìm. Bài 10: Cho hàm s ố x y x 2 1 1 − = − . Vi ế t ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n c ủ a đồ th ị (C) bi ế t ti ế p tuy ế n c ắ t các tr ụ c Ox, Oy l ầ n l ượ t t ạ i các đ i ể m phân bi ệ t A, B sao cho OA = 4OB. Lời giải: Gi ả s ử ti ế p tuy ế n d c ủ a (C) t ạ i M x y 0 0 ( ; ) c ắ t Ox t ạ i A và Oy t ạ i B sao cho OA = 4OB. Do ∆OAB vuông t ạ i O nên: = = OB A OA 1 tan 4 ⇒ H ệ s ố góc c ủ a d b ằ ng 1 4 ho ặ c 1 4 − . H ệ s ố góc c ủ a d là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1) ′ = − < − ⇒ y x 0 1 ( ) 4 ′ = − ⇔ x 2 0 1 1 4 ( 1) − = − − ⇔ 1 3 o o x x = −   =  V ớ i = − o x 1 thì 3 2 o y = . Khi đ ó ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n là: y x 1 3 ( 1) 4 2 = − + + 1 5 4 4 x = − + V ớ i = o x 3 thì 5 2 o y = . Khi đ ó ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n là: y x 1 5 ( 3) 4 2 = − − + = 1 13 4 4 x − + Bài 11: Cho hàm s ố 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1) y x m x m m x= − + + + + (m là tham s ố th ự c). Xác đị nh m để đ i ể m 3 (2 ; ) M m m t ạ o v ớ i hai đ i ể m c ự c đạ i, c ự c ti ể u c ủ a đồ th ị hàm s ố (1) m ộ t tam giác có di ệ n tích nh ỏ nh ấ t. Lời giải: Ta có: 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1 y x m x m m y x m x m = − + + + = ⇔ = = + m ⇒ ∀ ∈ ℝ , hàm s ố luôn có C Đ , CT T ọ a độ các đ i ể m C Đ , CT c ủ a hàm s ố là 3 2 3 2 ( ;2 3 1), ( 1;2 3 ) A m m m B m m m + + + + Suy ra 2 AB = và ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng 3 2 : 2 3 1 0 AB x y m m m + − − − − = Do đ ó, tam giác MAB có di ệ n tích nh ỏ nh ấ t khi và ch ỉ khi kho ả ng cách t ừ M t ớ i AB nh ỏ nh ấ t. Ta có: 2 3 1 ( , ) 2 m d M AB + = 1 1 ( ; ) min ( ; ) 2 2 d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ = đạ t đượ c khi m = 0 Bài 12*: Cho hàm s ố 4 2 ( ) 2 y f x x x = = − . Trên (C) l ấ y hai đ i ể m phân bi ệ t A và B có hoành độ l ầ n l ượ t là a và b. Tìm đ i ề u ki ệ n đố i v ớ i a và b để hai ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i A và B song song v ớ i nhau. Lời giải: Ta có 3 '( ) 4 4 f x x x = − . G ọ i a, b l ầ n l ượ t là hoành độ c ủ a A và B. H ệ s ố góc ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i A và B là 3 3 '( ) 4 4 , '( ) 4 4 A B k f a a a k f b b b = = − = = − Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) ' y f a x a f a f a x f a af a = − + = + − ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) ' y f b x b f b f b x f b bf b = − + = + − Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: ( ) ( ) 3 3 2 2 4a 4a = 4b 4 1 0 (1) A B k k b a b a ab b= ⇔ − − ⇔ − + + − = Vì A và B phân bi ệ t nên a b ≠ , do đ ó (1) t ươ ng đươ ng v ớ i ph ươ ng trình: 2 2 1 0 (2) a ab b + + − = M ặ t khác hai ti ế p tuy ế n c ủ a ( C ) t ạ i A và B trùng nhau khi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 4 2 1 0 1 0 ' ' 3 2 3 2 a ab b a ab b a b f a af a f b bf b a a b b   + + − = + + − =   ≠ ⇔   − = − − + = − +     Gi ả i h ệ này ta đượ c nghi ệ m là (a; b) = (-1; 1), ho ặ c (a; b) = (1; -1), hai nghi ệ m này t ươ ng ứ ng v ớ i cùng m ộ t c ặ p đ i ể m trên đồ th ị là ( ) 1; 1 − − và ( ) 1; 1 − . V ậ y đ i ề u ki ệ n c ầ n và đủ để hai ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i A và B song song v ớ i nhau là 2 2 1 0 1 a ab b a a b  + + − =  ≠ ±   ≠  Bài 13: Cho hàm s ố 3 2 2 9 12 4 y x x x = − + − Tìm đ i ể m M trên đồ th ị (C) bi ế t ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i M c ắ t (C) t ạ i đ i ể m th ứ hai là N sao cho N cùng v ớ i hai đ i ể m c ự c tr ị c ủ a đồ th ị (C) t ạ o thành m ộ t tam giác có di ệ n tích b ằ ng 3, bi ế t N có tung độ d ươ ng. Lời giải: (C) có hai đ i ể m c ự c tr ị (1; 1), (2;0) 2 A B AB⇒ = . Phương trình đường thẳng : 2 0 AB x y + − = Ta có 1 ( ; ). 3 ( ; ) 3 2 2 ABN S d N AB AB d N AB ∆ = = ⇔ = G ọ i d là đườ ng th ẳ ng đ i qua N và / / d AB . Ph ươ ng trình c ủ a d có d ạ ng 0 x y c + + = 4 (0; 4) ( ) | 2| ( , ) ( , ) 3 2 8 (3;5) 2 c N loai c d A d d N AB c N = −   + ⇒ = ⇔ = ⇔ ⇒   = −   V ớ i (3; 5) N , gi ả s ử 0 0 ( ; ) M x y . Pt ti ế p tuy ế n v ớ i ( C ) t ạ i M là: 0 0 0 '( )( ) y y x x x y = − + . Do ti ế p tuy ế n đ i qua N nên ta có: 2 3 2 0 0 0 0 0 0 5 (6 18 12)(3 ) 2 9 12 4 x x x x x x = − + − + − + − 0 2 0 0 0 3 ( , ) ( 3) (4 3) 0 3 4 x loai vi N M x x x = ≠   ⇔ − − = ⇔  =  . Vậy 3 25 ; 4 32 M       đ i ể m c ầ n tìm. Bài 13: Cho hàm s ố 3 2 3 2 y x x = − + . Tìm hai đ i ể m A, B thu ộ c đồ th ị (C) sao cho ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i A và B song song v ớ i nhau và độ dài đ o ạ n th ẳ ng AB b ằ ng 4 2 . Lời giải: Đặ t ( ) ( ) 3 2 3 2 ; 3 2 ; ; 3 2 A a a a B b b b − + − + v ớ i a b ≠ . H ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n v ớ i (C) t ạ i A, B là: ( ) ( ) 2 2 ' 3 6 ; ' 3 6 A A B B k y x a a k y x b b = = − = = − . Ti ế p tuy ế n c ủ a (C) t ạ i A và B song song v ớ i nhau khi và ch ỉ khi ( ) ( ) 2 2 3 6 3 6 2 0 2 A B k k a a b b a b a b b a = ⇔ − = − ⇔ − + − = ⇔ = − L ạ i có, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 . 3AB a b a b a b a b a b a ab b a b     = − + − − − = − + − + + − +     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 1 4 1 . 1 3 a a a   = − + − − −   . Đặ t 2 ( 1) , 0 t a t = − ≥ 4 2 AB = ( ) ( ) ( ) 2 2 3 8 4 2 2 0 t t t t t t ⇔ + − = ⇔ − − + = 4 t ⇔ = 1 2 1 2 a a − =  ⇔  − = −  • V ớ i 3 1 a b = ⇒ = − ⇒ ( ) ( ) 3;2 , 1; 2 A B − − LUYỆN THI ĐẠI HỌC CẤP TỐC 2013 – MoonTV Thầy Đặng Việt Hùng Trung tâm LTĐH Moon.vn – Số nhà 25B – Ngõ 66 – Thái Thịnh II www.moon.vn • Với 1 3 a b = − ⇒ = ⇒ ( ) ( ) 1; 2 , 3;2 A B− − V ậ y ( ) ( ) 3;2 , 1; 2 A B − − ho ặ c ( ) ( ) 1; 2 , 3;2 A B− − là các đ i ể m c ầ n tìm. Bài 14: Cho hàm s ố 2 2 ( 2)( 3). = + − + − y x x mx m Tìm m để đồ th ị hàm s ố đ ã cho ti ế p xúc v ớ i tr ụ c hoành. Lời giải: Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm: ( ) ( ) 2 2 2 2 ( 2) 3 0 (1) 3 2 4 2 3 0 (2)  + − + − =   − − + − − =   x x mx m x m x m m Ta có 2 2 2 (1) 3 0 (3) = −  ⇔  − + − =  x x mx m + V ớ i x = − 2 thay vào (2) ta đượ c m = − 1. + (3) có nghi ệ m khi và ch ỉ khi 2 ≤ m , (3) có hai ngi ệ m 2 12 3 2 ± − = m m x Thay vào (2) ta đượ c 2 12 3 0 2 − = ⇔ = ± m m V ậ y 1; 2 = − = ± m m là giá tr ị c ầ n tìm. Cách khác: Đ i ề u ki ệ n đồ th ị ti ế p xúc v ớ i Ox là ( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 ( 2) 3 0, (1) 0 ' 0 3 2 2 0 (2)  + − + − = =   ⇔   = − + − + − + =    x x mx m y y x mx m x m x Ta có 2 2 2 (1) 3 0 = −  ⇔  − + − =  x x mx m + Nếu x = −2 thay vào (2) giải như trên. + Nếu 2 2 3 0 − + − = x mx m thì từ (2) suy ra 2 2 = −    =  x m x , thay ng ượ c l ạ i ta c ũ ng đượ c k ế t qu ả .