143 C. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 1. Cách giải cũng giống như giải biện luận các phương trình khác. Nói chung ta phải giải quyết 3 vấn đề: * Điều kiện có nghiệm * Có bao nhiêu nghiệm * Nghiệm số bằng bao nhiêu. Giả sử xét phương trình: AB (1)= 2 B0 (2) (1) AB (3) ≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ Bước 1: Giải phương trình (3). Điều kiện có nghiệm của (3) và số nghiệm . Bước 2: Chọn nghiệm thỏa điều kiện (2), có nhiều cách, tổng quát ta có thể thế từng nghiệm của (2) vào (1) để được điều kiện nhận nghiệm đó. Sau cùng ta phải tổng hợp các nghiệm trên. 2. Biện luận số nghiệm của phương trình : Nếu phương trình có dạng f(x) = k (với k không phụ thuộc vào x) ta giải bằng khảo sát hàm. II. CÁC VÍ DỤ. Ví dụ 1: Cho phương trình : 22 x2xm x1m−+ =−− (1) 1. Giải phương trình (1) với m = 2 2. Giải và biện luận phương trình (1) theo m. (ĐH Quốc Gia TPHCM năm 1996). Giải 1. Với m = 2: 2 (1) x 2x 4 x 1 2⇔−+=−− (2) 144 . Xét x1: x10≥⇒−≥ 2 22 x30 (2) x 2x 4 x 3 x2x4(x3) −≥ ⎧ ⎪ ⇔−+=−⇔ ⎨ −+=− ⎪ ⎩ x3 4x 5 5 x3 x (loại) 4 ≥ ⎧ = ⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ≥ = ⎩ ⎪ ⎩ . Xét x < 1: x10:−< 2 22 x10 (2) x 2x 4 x 1 x 2x4(x1) −−≥ ⎧ ⎪ ⇔−+=−−⇔ ⎨ −+=+ ⎪ ⎩ x1 3 x(loại) 4 ≤ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ . Tóm lại phương trình cho vô nghiệm . 2. Xét 22 x1:(1) x 2xm x1m≥⇔−+=−− 22 2 x1m 0 x1m 2mx 2m 1 (3) x2xm(x1m) −− ≥ ⎧ ≥+ ⎧ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ =+ −+ =−− ⎪ ⎩ ⎩ + Nếu m = 0: (3) VN + Nếu 2m 1 m0:(3) x 2m + ≠⇔= vì 2 2m 1 2m 1 x1m 1m 0 2m 2m +−+ ≥+ ⇔ ≥+ ⇔ ≥ 22 m0m 22 ⇔≤− ∨<≤ vì 2m 1 x1 10 m0 2m + ≥⇒ −≥ ⇔ > Vậy 2 0m 2 <≤ nhận nghiệm 2m 1 x 2m + = Khi 2 m0m : 2 ≤∨ > vô nghiệm . Xét x < 1: 22 (1) x 2x m 1 x m⇔−+=−− 22 2 2mx 2m 1 x2xm(1xm) (4) x1m 1xm0 ⎧ =− ⎧ −+ =−− ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ≤− −− ≥ ⎪ ⎩ ⎩ + Nếu m = 0: (4) VN 145 + Nếu m0≠ : (4) 2m 1 x 2m − ⇔= Vì 2 2m 1 2m 1 x1m 1m 0 2m 2m −− ≤− ⇔ ≤− ⇔ ≤ 22 m0m 22 ⇔≤− ∨<≤ Vì x < 1 2m 1 1 10m0 2m 2m − ⇔<⇔−<⇔> Khi 2 0m : 2 <≤ nghiệm 2m 1 x 2m − = Khi 2 m0m 2 ≤∨ > VN. Tóm lại : 2 0m 2 <≤ nghiệm : 2m 1 x, 2m + = 2m 1 x, 2m − = 2 m0n : 2 ≤∨> VN Ví dụ 2: Giải và biện luận theo tham số m phương trình sau: 11 m1 m x x 1m1m −+ += + +− (*) (CAO ĐẲNG HẢI QUAN NĂM 1997) Giải Điều kiện: x0,≠ m > 0, m1≠ . (*) 22 1(1 m) (1 m) 11m xx xx1m (1 m )(1 m ) −++ + ⇔+ = ⇔+ = − +− 2 (1 m)x (1 m)x 1 m 0⇔− −+ +−= 222 (1 m) (1 m) 3m 10m 3 1 0m3m 3 ∆= + − − =− + − ∆= ⇔ = ∨ = . Nếu 1 m3:(*)VN 3 << 146 . Nếu 1 0m m3:(*) 3 <<∨> có 2 nghiệm 2 1m 3m 10m3 x 1m + ±− + − = − . m = 3 ⇒ x 1 = x 2 = - 1 . 12 1 mxx1 3 = ⇒== Ví dụ 3: Cho phương trình : 2 3x 1 2x 1 ax 2x 1 − = −+ − với a là tham số thực. 1. Giải phương trình khi a = 0 2. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. (ĐH Quốc Gia TPHCM Khối A đợt 3 năm 1998) Giải 1. Khi a = 0 : 2 2 2x 1 0 3x 1 2x 1 3x 1 2x 1 0 2x 1 2x 1 −> ⎧ − ⎪ =−⇔ ⎨ −− + = − ⎪ − ⎩ 2 1 1 x x 2 2 22 3x 2x x0x x 0 33 2x 1 ⎧ ⎧ > > ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ − ⎪⎪ = ∨= ⇔= = ⎪ ⎪ ⎩ − ⎩ 2. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 2 3x 1 2x 1 ax 2x 1 − = −+ − 2 3x 2x ax (*) 2x 1 − ⇔= − Nhận xét với x = 0: 0 (*) 0 1 ⇔ = − (vô lý) ⇒ x = 0 không là nghiệm của (*) ⇒ x0: ≠ (*) 3x 2 a 2x 1 − ⇔= − Đặt 3x 2 f(x) 2x 1 − = − 1 x 2 ⎛⎞ > ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ 3x 1 f'(x) (2x1)2x1 − = − − 147 1 f'(x) 0 x 3 =⇔= (không thỏa 1 x 2 > )⇒ 1 x 3 = (loại) f'(x) 0 ⇒> khi 1 x 2 > BBT: BBT cho a R ∀∈ , phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất. Ví dụ 4: Với những giá trò nào của a thì phương trình: 33 1x 1x a−+ += có nghiệm . (ĐH Ngoại Thương TPHCM năm 1998 Khối D) Giải Đặt 33 f(x) 1 x 1 x=−++ 33 xx lim f(x) lim ( 1 x 1 x) →∞ →∞ =−++ x 3 22 2 33 1x1x lim 0 (1 x) 1 x (1 x) →∞ −++ == −−−++ 22 33 22 22 33 3 (1 x) (1 x) 11 f'(x) 3(1x) 3(1x) 3(1x)(1x) −+ + − −− =+= −+ −+ 22 f'(x) 0 (1 x) (1 x) x 0=⇔ − =+ ⇔= BBT: BBT cho ta phương trình có nghiệm khi 0 a 2<≤ 148 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 3.1. Cho phương trình: 2 2 2 aa xx x x1 (x 1) ++ =− − − (1) 1. Giải phương trình (1) khi a = 1 2. Giải và biện luận phương trình (1) theo tham số a. (ĐH Dân Lập Ngoại Ngữ Và Tin Học năm 1998). 3.2. 1. Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số: yx13x = −+ − 2. Tìm điều kiện của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm: x1 3x (x1)(3x) m − +−− − −= (ĐH Y TPHCM năm 1999). 3.3. Tìm tất cả các giá trò của a để phương trình sau có nghiệm duy nhất. 3 22 1x 21x a − +−= (ĐH Giao Thông Vận Tải TPHCM năm 1999). 3.4. Giải và biện luận theo tham số m phương trình : 2 x2mx12m − ++= 3.5. Đònh theo m số nghiệm của phương trình : 4 44 x4xm x4xm6 + ++ ++= 3.6. Cho phương trình : 44 x1xx1xm + −+ + −= (*) 1. Giải phương trình (*) khi m222=+ 2. Đònh m để phương trình (*) có nghiệm duy nhất. 149 3.7. Giải phương trình : 23 3 2 11x (1x) (1x) 21x ⎡⎤ +− + − − =+− ⎢⎥ ⎣⎦ 150 HƯỚNG DẪN VÀ TÓM TẮT 3.1. 2 2 2 aa xx x x1 (x 1) ++ =− − − Điều kiện : aa x0x x1 x1 x1 x1 ⎧⎧ −≥ ≥ ⎪⎪ ⇔ − − ⎨⎨ ⎪⎪ ≠≠ ⎩⎩ (1) 22 22 22 aa2ax (1) x x x x1 (x 1) (x 1) ⇔++ =+ − − −− a x(x12a) x2x 0 0 x1 x1 −+ ⇔ +=⇔ = −− x0 x12a = ⎡ ⇔ ⎢ = − ⎣ 1. Khi a = 1: x = 0, x = - 1 2 1xx1 15 15 (1) x 0 x 1 x x1 x1 2 2 −− − + ⇔≥ ⇔ ≥⇔ ≤<∨≥ −− ⇒ nghiệm của phương trình : x = 0 2. Giải và biện luận phương trình : Điều kiện 2 aa xxa xx0f(x) 0 x1 x1 x1 −− ≥⇔−≥⇔= ≥ −− − f(0) = a, 2 (1 2a) 1 2a a a(3 4a) f(1 2a) 12a1 2a −−+− − −= = −− BBT: . a < 0: 1 nghiệm . a = 0: 1 nghiệm 151 . 3 0a 4 << : 2 nghiệm . 3 a 4 = : 2 nghiệm . 3 a 4 > : 1 nghiệm . 3.2. 1. yx13x=−+− Điều kiện x10 1x3 3x0 −≥ ⎧ ⇔≤ ≤ ⎨ −≥ ⎩ Mxđ: [ ] D1,3= 113xx1 2x4 y' 2x1 23 x 2x13 x 2x 13 x(3 x x1) −− − − + =−= = − − −− −− −+− y' 0 x 2=⇔= BBT: ⇒ Giá trò lớn nhất là g(2) = 2 Giá trò nhỏ nhất là g(1) = g(3) = 2 2. x1 3x (x1)(3x) m−+ − − − − = (*) Đặt tx13x 2t2=−+−⇒≤≤ (theo câu 1) 2 t x 1 3 x 2 (x 1)(3 x) 2 2 (x 1)(3 x)=−+−+ − − =+ − − 2 t2 (x 1)(3 x) 2 − ⇒−−= 2 2 t2 1 (*) t m f(t) t t 1 m 22 ⎛⎞ − ⇔− = ⇔ =− ++= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ f'(t) t 1=− + , f'(t) 0 t 1=⇔= 152 BBT: BBT (*)⇒ có nghiệm 1m 2⇔≤ ≤ 3.3. 3 22 1x 21x a − +−= (1) MXD: [ ] D1,1=− Đặt 3 22 f(x) 1 x 2 1 x = −+ − 2 2 22 xx(6x7) f'(x) 6x 1 x 1x 1x −− ⇒= −−= −− 7 f'(x) 0 x 0 x 6 =⇔=∨=± BBT: (1) có 1 nghiệm duy nhất a 3 ⇔ = 3.4. 2 x2mx12m − ++= (1) 22 (1) x 2mx 1 (m 2)⇔− +=− và m 2≥ 22 x2mx(m4m3)0 ⇔ −−−+= và m 2≥ 22 2 ' m m 4m 3 2(m 1) 1 0, m ∆ =+−+= −+>∀ Vậy: m < 2: phương trình (1) VN . m 2≥ : phương trình (1) có 2 nghiệm 2 1 x m 2m 4m 3 = +−+, 2 2 x m 2m 4m 3 = −−+ 153 3.5. 4 44 x4xm x4xm6+++ ++= (1) Đặt 4 4 tx4xm=++ (t 0)≥ 2 (1) t t 6 0 t 2⇔+−=⇔= 4 44 t2:x 4xm2 x 4xm16=++=⇔++= 4 f(x) x 4x 16 m⇔=+=− f(x) liên tục trên R, 2 f'(x) 4x 4=+ f'(x) 0 x 1 f( 1) 3=⇔=−⇒−=− BBT: Từ BBT ta suy ra: . 16 m 3 m 19:(1)VN−<−⇔> . 16 m 3 m 19:(1)−=−⇔= có 1 nghiệm x = - 1 . 16 m 3 m 19:(1)−>−⇔< có 2 nghiệm : 12 x1x < −< 3.6. 44 x1xx1xm+−+ +−= (1) 1. Khi m222=+ 44 (1) x 1 x x 1 x 2 2 2⇔+−++−=+ (2) Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có: x1x2(x1x)2+−≤ +−= 44 x1x2(x1x)22+−≤ +−≤ 44 x1xx1x222⇒+−++−≤+ Dấu "=" xảy ra 44 x1x 1 x1x x1xx 2 ⎧ =− ⎪ ⇔ ⎨ =−⇔ =−⇔= ⎪ ⎩ 154 2. Giả sử x 0 là nghiệm của phương trình (1) thì 1 - x 0 cũng là nghiệm của phương trình (1), nên để (1) có nghiệm duy nhất ta phải có: 000 1 x1x x 2 = −⇔= Thay 1 x 2 = vào (1) : 44 1111 m 2222 + ++= 222m⇒+ = Thử lại: với m222=+ theo câu 1 thì phương trình có nghiệm duy nhất 1 x 2 = . Vậy m222=+ thì (1) có nghiệm duy nhất. 3.7. Điều kiện 1x1−≤ ≤ 33 33 2 (1 x) (1 x) ( 1 x ) ( 1 x ) (1x 1x)(1x1x 1x) −−−=+−− =+−− ++−+− 2 (1 x 1 x)(2 1 x)=+−− +−. Phương trình cho 2 11x(1x 1x)⇔+− +−− 2 2 11x(1x1x)1 21 1x(1 x 1x) 2 ⇔+− +−−= ⇔+− +−−= 2 2 221x(1x 1x) 2 (1 x 1 x)(1 x 1 x) 2 ⇔+ − +−−= ⇔++− +−−= (1 x 1 x)(1 x 1 x) 2⇔++− +−−= 1x1x 2⇔+ −+ = [] 2 x1,1 2 ⇔= ∈− .