Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 13 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
13
Dung lượng
254,37 KB
Nội dung
Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 1 PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến thức cần nhớ: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1. 2. 0 3. , 4. 0 5. , n n n n n n n n n n a a a b a b ab a b a b a b a b a b a b a b a b + + + + = = ⇔ = > = ⇔ = ∀ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥ ⇔ ≥ ∀ 2. Các d ạ ng c ơ b ả n: * Dạng 1: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0g x f x g x f x g x ≥ = ⇔ = (Không c ầ n đặ t đ i ề u ki ệ n ( ) 0 f x ≥ ) * Dạng 2: ( ) ( ) f x g x > xét 2 tr ườ ng h ợ p: TH1: ( ) ( ) 0 0 g x f x < ≥ TH2: ( ) ( ) 2 ( ) 0g x f x g x ≥ > * Dạng 3: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 0 0 f x f x g x g x f x g x ≥ ≤ ⇔ ≥ ≤ Lưu ý: + g(x) th ườ ng là nh ị th ứ c b ậ c nh ấ t (ax+b) nh ư ng có m ộ t s ố tr ườ ng h ợ p g(x) là tam th ứ c b ậ c hai (ax 2 +bx+c), khi đ ó tu ỳ theo t ừ ng bài ta có th ể m ạ nh d ạ n đặ t đ i ề u ki ệ n cho ( ) 0 g x ≥ r ồ i bình ph ươ ng 2 v ế đư a ph ươ ng trình − b ấ t ph ươ ng trình v ề d ạ ng quen thu ộ c. + Chia đ a th ứ c tìm nghi ệ m: Ph ươ ng trình 1 2 0 1 2 1 0 n n n n n a x a x a x a x a − − − + + + + + = L có nghi ệ m x= α thì chia v ế trái cho cho x– α ta đượ c ( ) ( ) 1 2 0 1 2 1 0 n n n n x b x b x b x b α − − − − − + + + + = L , t ươ ng t ự cho b ấ t ph ươ ng trình. * Ph ươ ng trình − b ấ t ph ươ ng trình b ậ c 3: N ế u nh ẩ m đượ c 1 nghi ệ m thì vi ệ c gi ả i theo h ướ ng này là đ úng, n ế u không nh ẩ m đượ c nghi ệ m thì ta có th ể s ử d ụ ng ph ươ ng pháp hàm s ố để gi ả i ti ế p và n ế u ph ươ ng pháp hàm s ố không đượ c n ữ a thì ta ph ả i quay l ạ i s ử d ụ ng ph ươ ng pháp khác. * Ph ươ ng trình − b ấ t ph ươ ng trình b ậ c 4, lúc này ta ph ả i nh ẩ m đượ c 2 nghi ệ m thì vi ệ c gi ả i ph ươ ng trình theo h ướ ng này m ớ i đ úng, còn n ế u nh ẩ m đượ c 1 nghi ệ m thì s ử d ụ ng nh ư ph ươ ng trình − b ấ t ph ươ ng trình b ậ c 3 và n ế u không ta ph ả i chuy ể n sang h ướ ng khác. Ví d ụ 1: Gi ả i ph ươ ng trình: 01312 2 =+−+− xxx ( Đ H Kh ố i D – 2006) Bi ế n đổ i ph ươ ng trình thành: 2 2 1 3 1 x x x − = − + − (*), đặ t đ i ề u ki ệ n r ồ i bình ph ươ ng 2 v ế ta đượ c: 028116 234 =+−+− xxxx ta d ễ d ạ ng nh ẩ m đượ c nghi ệ m x = 1 sau đ ó chia đ a th ứ c ta đượ c: (*) ⇔ (x – 1) 2 (x 2 – 4x + 2) = 0. Ví d ụ 2: Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 2 10 1 3 2 x x x + ≥ + − + , ĐK: 2 3 −≥x ( ) ( ) 2 2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5 pt x x x x x x x x ⇔ + + ≥ + + − + ⇔ + + ≥ + (1), V ớ i 3 2 x ≥ − hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x 3 – x 2 – 5x – 3 0 ≥ ( )( ) 2 3 1 0 x x ⇔ − + ≥ b) T ươ ng t ự v ớ i 2 d ạ ng: * ( ) ( ) f x g x ≥ * ( ) ( ) f x g x < Ví d ụ 1: Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình ( ) 2 2 6 1 2 0 1 x x x− + − + < Gi ả i ( ) 2 1 2 6 1 2 x x x ⇔ − + < − b ấ t ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i h ệ : Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 2 2 2 2 2 0 3 7 3 7 3 7 2 6 1 0 3 2 2 2 2 6 1 2 1 3 x x x x x x x x x x x > − > − + + − + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔ ≤ ≤ − + < − − < < Ví dụ 2: Tìm m để ph ươ ng trình 2 2 1 2 x mx m − + = − có nghiêm. Gi ả i * N ế u m < 2 ⇒ ph ươ ng trình vô nghi ệ m. * N ế u m ≥ 2 ⇒ ph ươ ng trình ⇔ x 2 − 2mx − m 2 +4m − 3=0. Ph ươ ng trình này có ∆ =2m 2 − 4m+3>0 v ớ i m ọ i m. V ậ y v ớ i m ≥ 2 thì ph ươ ng trình đ ã cho có nghiêm. Ví d ụ 3: Tìm m để ph ươ ng trình 2 2 3 1 x mx x + − = + có hai nghi ệ m phân bi ệ t. Gi ả i: Cách 1: ( ) 2 1 2 4 0,(*) x PT x m x ≥ − ⇔ + − − = , ph ươ ng trình (*) luôn có 2 nghi ệ m: 2 2 1 2 2 4 20 2 4 20 0, 0 2 2 m m m m m m x x − + − + − − − + = > = < . Ph ươ ng trình đ ã cho có 2 nghi ệ m ⇔ (*) có 2 nghi ệ m 1 x ≥ − ⇔ ( ) 2 22 2 4 1 4 4 20 1 4 4 20 m x m m m m m m m ≤ ≥ − ⇔ − ≥ − + ⇔ ⇔ ≤ − − ≥ − + Chú ý: + x 1 > 0, x 2 < 0 vì x 1 > x 2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghi ệ m trái d ấ u. + Cách 1 th ườ ng dùng khi h ệ s ố a luôn d ươ ng ho ặ c luôn âm. + Cách 2: Đặ t t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đ ó v ớ i 1 0 x t ≥ − ⇒ ≥ . (*) tr ở thành: ( ) ( )( ) 2 1 2 1 4 0 t m t − + − − − = (**). Để (*) có 2 nghi ệ m 1 x ≥ − thì (**) ph ả i có 2 nghi ệ m 0 ≥ t . Ví d ụ 4: ( Đ H Kh ố i B – 2006). Tìm m để ph ươ ng trình có hai nghi ệ m th ự c phân bi ệ t: 2 2 2 1 x mx x + + = + , (1) Gi ả i: ( ) ( ) 2 2 1 0 3 4 1 0, 2 x pt x m x + ≥ ⇔ − − − = để (1) có hai nghi ệ m th ự c phân bi ệ t thì (2) có hai nghi ệ m l ớ n h ơ n ho ặ c b ằ ng 1 2 − hay ( ) 2 4 12 0 1 9 0 2 2 1 2 2 m f m S ∆ = − + > − ≥ ⇔ ≥ > − . Chú ý : Cách 2: đặt 1 2 t x = + , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1 2 − thì ( ) 2 1 1 3 4 1 0 2 2 t m t − − − − − = có hai nghi ệm thực lớn hơn hoặc bằng 0. 3. Các kỹ năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 1 1 2 4 x x x − − − > − ( Đ H Kh ố i A – 2005) V ế ph ả i không âm, nh ư ng v ế trái ch ư a nh ậ n xét đượ c do đ ó ta ph ả i bi ế n đổ i thành: 5 1 1 2 4 x x x − > − + − khi đ ó ta bình ph ươ ng 2 v ế r ồ i đư a v ề d ạ ng c ơ b ả n để gi ả i. Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 x x x x x− + + = . Giải Điều kiện: ( ) 1 2 * 0 x x x ≥ ≤ − = ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1 4 2 2 1 8 9 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + − + = ⇔ − + = − ⇔ + − = − ⇔ − = Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, 9 8 x = . (Hãy tìm thêm cách giải khác) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 2 2 4 0 x mx x − − − = có nghi ệ m. HD: Chuy ể n v ế , đặ t đ i ề u ki ệ n, bình ph ươ ng hai v ế tìm đượ c 2 1,2 16 2 m m x ± − = . K ế t h ợ p v ớ i đ i ề u ki ệ n ta tìm đượ c |m| ≥ 4. b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích: - Đặ t nhân t ử chung, h ằ ng đẳ ng th ứ c Lưu ý: Để s ử d ụ ng ph ươ ng pháp này ta ph ả i chú ý đế n vi ệ c thêm, b ớ t, tách, phân tích Ví d ụ 4: Gi ả i ph ươ ng trình: 2 7 7 x x + + = . HD: • Bình ph ươ ng hai v ế . • Dùng h ằ ng đẳ ng th ứ c a 2 − b 2 =0. • Nghi ệ m 1 29 2, 2 x x − = = . Ví d ụ 5: Gi ả i các b ấ t ph ươ ng trình: a. ( ) 2 2 4 1 1 x x x > − + + b. ( ) 2 2 3 2 3 2 0 x x x x − − − ≥ Đ S: a. − 1≤x<8, b. { } [ ) 1 ; 2 3; 2 −∞ − +∞ U U . Ví d ụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m , phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: ( ) 2 2 8 2 x x m x + − = − .(1) Giải: ĐK: 2 ≥ x , do m > 0. ( )( ) ( ) =−+ = ⇔−=+−⇔ )2(,326 2 242 23 mxx x xmxxpt . Để chứng minh 0 > ∀ m , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt ( ) 3 2 6 32, 2 f x x x x = + − ≥ , ta có f (2) = 0, ( ) ( ) ' 2 lim , 3 12 0, 2 x f x f x x x x →+∞ = +∞ = + > ∀ ≥ nên f ( x ) là hàm liên tục trên [ ) 2; +∞ và đồng biến trên khoảng đó suy ra 0 > ∀ m phương trình (2) luôn có nghiệm x 0 mà 2 < x 0 < ∞ + . Một số dạng chuyển thành tích: - Dạng: ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) - - a c x b d ax b cx d m + ++ + + ± + = + ± + =+ ± + = + ± + = Ta biến đổi thành: ( ) ( ) ( ) m ax b cx d ax b cx d + ± + = + − + Ví d ụ : Giải phương trình: 3 4 1 3 2 5 x x x + + − − = . ĐS: x =2. - Dạng: u+v=1+uv ⇔ ⇔⇔ ⇔ (u-1)(v-1)=0 Ví d ụ : Giải phương trình: 3 2 3 3 1 2 1 3 2 x x x x + + + = + + + . ĐS: x =0, x = − 1. Ví d ụ : Giải phương trình: 3 2 4 4 1 1 x x x x + + = + + . ĐS: x =0, x =1. - Dạng: au+bv=ab+uv ⇔ ⇔⇔ ⇔ (u − −− − b)(v − −− − a)=0 Ví d ụ 1: Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3 x x x x x x + + + = + + + . ĐS: x =0, x =1. Ví d ụ 2: Giải phương trình: 3 2 2 2 3 3 2 3 2 2 x x x x x x x + + + + = + + + . ĐS: x =0. - Dạng: a 3 − −− − b 3 ⇔ ⇔⇔ ⇔ (a − −− − b)(a 2 +ab+b 2 )=0 ⇔ ⇔⇔ ⇔ a=b Ví d ụ : Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 3 2 3 9 2 2 3 3 2 x x x x x + + = + + . ĐS: x =1. c. Chuyển về dạng: A 1 + A 2 + + A n = 0 với ,0 1 i A i n ≥ ≤ ≤ ≥ ≤ ≤≥ ≤ ≤ ≥ ≤ ≤ khi đó pt tương đương với: , , 1 2 0 0 0 L n A A A = = = = = == = = = = = . Ví d ụ 1: Giải phương trình: 2 4 3 3 4 3 2 2 1 x x x x x + + = + + − . Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 4 HD: Phương trình tương đương ( ) ( ) 2 4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0 x x x x x x − + + + − − + − = . Đ S: x =1. Ví dụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình: 2 2 4 2 4 x y y x y − − + = + . Gi ả i Bình ph ươ ng hai v ế ta đượ c ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 4 0 , 2. 2 x y y x y x y − + + + + + = ⇔ = = − d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 3 3 a b c ± = ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức ( ) ( ) 3 3 3 3 a b a b ab a b ± = ± ± ± khi đ ó ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i h ệ 3 3 3 3 3 a b c a b abc c ± = ± ± = . Gi ả i h ệ này ta có nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình. Ví d ụ : Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình 3 3 3 1 2 2 3 x x x − + − = − . Đ S: 3 1; 2; 2 x x x = = = . e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: - TH1 : M ẩ u luôn d ươ ng ho ặ c luôn âm thì ta quy đồ ng kh ử m ẩ u: Ví d ụ 1: Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình: ( ) ( ) 2 2 16 7 3 1 3 3 x x x x x − − + − > − − ( Đ H Kh ố i A − 2004) Gi ả i Đ K: 4 ≥ x . ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 16 3 7 2 16 10 2 ⇔ − + − > − ⇔ − > − x x x x x ( ) ( ) 2 2 4 5 10 2 0 10 2 0 10 34 5 2 16 10 2 x x x x x x x ≥ ⇔ > − < ⇔ − ≥ ⇔ − < ≤ − > − V ậ y t ậ p nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình là: 10 34 > −x . - TH2 : M ẩ u âm d ươ ng trên t ừ ng kho ả ng thì ta chia thành t ừ ng tr ườ ng h ợ p: Ví d ụ 2: Gi ả i các b ấ t ph ươ ng trình: a. ( ) 2 2 3 4 9 x x x − + ≤ − b. 2 51 2 1 1 x x x − − < − . HD: a. Xét ba tr ườ ng h ợ p x=3, x>3 và x<3. Đ S: 5 3 6 x x < − ∨ ≥ . b. Xét hai tr ừ ng h ợ p c ủ a x − 1. Đ S: 1 52 5 1 x x − ≤ < − ∨ > . Bài tập Bài 1: Gi ả i các ph ươ ng trình sau: a. ( ) 2 2 1 1 0 x x x x x x − − − − + − = . HD: Bình ph ươ ng 2 v ế và bi ế n đổ i thành: 2 2 3 2 2 4 4 6 4 0 x x x x x x x x − − − + − + − = . 2 2 ( 2)(2 2 2) 0 x x x x x ⇔ − − + − + = b. 2 2 4 5 1 2 1 9 3 x x x x x + + − − − = + . HD: Nhân l ượ ng liên h ợ p. Bài 2: Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình sau: 2 1 2 1 2 2 . x x x − + + ≥ − HD: Cách 1: Đặ t 4 2 2 4 1 2 1 2 16 t t t x x x − = − + + ⇒ = − . Cách 2: Bình ph ươ ng r ồ i đư a v ề d ạ ng:A 1 +A 2 = 0, v ớ i A 1 , A 2 0 ≥ . Bài 3: Gi ả i ph ươ ng trình 4 3 10 3 2 x x − − = − . (HD: Bình ph ươ ng hai l ầ n ra ph ươ ng trình b ậ c 4 đầ y đủ _nh ẩ m nghi ệ m (x=3) chia đ a th ứ c). Bài 4: Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 1 1 3 x x x x + − = + − . Bài 5: Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 6 1 1 x x x + + = + . Bài 6: Gi ả i các ph ươ ng trình sau: Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 5 1. 2 1 1 x x − = + 2. 3 3 2 2 3 1 x x − + − = 3. 3 3 3 2 2 2 9 x x x + + − = 4. 3 3 3 1 1 2 x x x − + + = 5. 2 1 1 2 4 x x x+ + − = − 6. 2 2 3 3 1 4 x x x − + + = + + 7. 5 3 3 1 1 x x x − + − = − . (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A 1 +A 2 = 0, với A 1 , A 2 0 ≥ ). Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m x m x m + + − = . Bài 8: Tìm m sao cho phương trình: 2 4 x x x m − = + . a. Có nghi ệ m. b. Có hai nghi ệ m phân bi ệ t. Bài 9: Gi ả i các b ấ t ph ươ ng trình sau: a. 2 1 1 4 3 x x − − < . b. 2 2 2 3 2 6 5 2 9 7 x x x x x x + + + + + ≤ + + . c. 2 2 2 2 2 3 4 5 x x x x x x + − + + − ≤ + − . Bài 10: Gi ả i các ph ươ ng trình: a. 3 3 2 2 3 3 1 x x x x x + + = + + . b. 4 3 4 3 x x x x + + = + . c. 3 4 3 1 4x x x + = + + . d. 2 2 3 9 4 x x x + = − − . e. 2 2 2 1 4 3 1 2 2 6 x x x x x x − + + + = + + . II. Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: ( ) ( ) 0 n F f x = , đặt ( ) n t f x = (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t ≥ 0). Ví dụ 1: Giải các phương trình: a. 2 2 11 31 x x + + = . b. ( )( ) 2 5 2 3 3 x x x x + − = + . HD: a. Đặt 2 11, 0 t x t = + ≥ . Đ S: x=±5. b. Đặ t 2 3 , 0 t x x t = + ≥ . Đ S: 3 109 2 x − ± = . Ví d ụ 2: Tìm m để ph ươ ng trình sau có nghi ệ m: 2 2 2 2 2 5 2 x x m x x m + + − − = . Gi ả i Đặ t: ( ) 2 2 5 2 6 1 0; 6 t x x x t = − − = − + ⇒ ∈ . Khi đ ó ph ươ ng trình tr ở thành ( ) 2 2 2 5 0 * 5 t mt m t m− + − = ⇔ = ± . Ph ươ ng trình đ ã cho có nghi ệ m khi (*) có nghi ệ m 0; 6 t ∈ hay 0 5 6 5 6 5 0 5 6 5 6 5 m m m m ≤ + ≤ − ≤ ≤ − ⇔ ≤ − ≤ ≤ ≤ + . Ví d ụ 3: Tìm m để b ấ t ph ươ ng trình: ( ) 2 ( 2 2 1) 2 0 m x x x x − + + + − ≤ , (1) có nghi ệ m 0;1 3 x ∈ + . Gi ả i: Đặ t 2 2 2 2 2 2 2 t x x x x t = − + ⇒ − = − . N ế u [ ] 31;0 +∈x thì ( ) [ ] 2;111 2 ∈+−= xt BPT tr ở thành: ( ) ( ) 2 1 2 0, 2 m t t+ + − ≤ Khi đ ó ta có 2 2 1 t m t − ≥ + , v ớ i 1 2 t ≤ ≤ . Đặ t ( ) 2 2 1 t f t t − = + , dùng đồ th ị ta tìm đượ c 2 3 m ≤ . Dạng 2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 m f x g x n f x g x n f x g x p ± ± + + + = , đặ t ( ) ( ) t f x g x = ± , bình ph ươ ng hai v ế để bi ể u di ễ n các đạ i l ượ ng còn l ạ i qua t. Ví d ụ 1: Cho ph ươ ng trình ( )( ) 3 6 3 6 x x m x x + + − = + + − . a. Gi ả i ph ươ ng trình khi m=3. b. Tìm m để ph ươ ng trình đ ã cho có nghi ệ m. Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 6 Giải Đặt: ( )( ) ( ) 2 3 6 9 2 3 6 * t x x t x x= + + − ⇒ = + + − . Áp d ụ ng b ấ t đẳ ng th ứ c Cauchy ( )( ) 2 3 6 9 x x + − ≤ nên t ừ (*) ta có 3 3 2 t≤ ≤ . Phương trình đã cho trở thành t 2 − 2t − 9= − 2m (1). a. Với m=3 (1) ⇔ t 2 − 2t − 3 ⇔ t =3. Thay vào (*) ta được x= − 3, x=6. b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 3;3 2 t ∈ . Xét hàm s ố ( ) 2 2 9 f t t t = − − v ớ i 3;3 2 t ∈ , ta th ấ y f(t) là m ộ t hàm đ b nên: ( ) ( ) 6 (3) 3 2 9 6 2 f f t f− = ≤ ≤ = − v ớ i 3;3 2 t ∈ . Do v ậ y (1) có nghi ệ m 3;3 2 t ∈ khi và ch ỉ khi 6 2 9 6 2 9 6 2 3 2 m m − − ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤ Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng B Đ T nh ư bài trên 2: dùng pp hàm s ố ( xem ph ầ n PP hàm s ố ). Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình ( ) 3 33 3 35 35 30 x x x x − + − = . HD: đặ t: 3 3 33 3 35 35 35 3 t t x x x t − = − ⇒ − = . Đ S: x=2, x=3. Ví d ụ 3: Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình 2 7 7 7 6 2 49 7 42 181 14 x x x x x + + − + + − ≤ − . HD: Đặ t 7 7 7 6 0 t x x = + + − ≥ ⇒ … 6 6 7 x ≤ ≤ . Dạng 3: ( ) ( ) ( ) , 0 n n F f x g x = , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. TH1: Kiểm tra nghiệm với ( ) 0 g x = . TH2: Giả sử ( ) 0 g x ≠ chia hai vế phương trình cho ( ) k g x và đặt ( ) ( ) n f x t g x = . Ví dụ 1: Giải phương trình ( ) 3 2 5 1 2 2 x x + = + . ĐK: 1 x ≥ − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 5 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1 x x x x x x x x + = + ⇔ + − + = − + + + 2 2 1 1 2 5 2 0 1 1 x x x x x x + + ⇔ − + = − + − + Đặ t 2 1 , 0 1 x t t x x + = ≥ − + . Ph ươ ng trình tr ở thành 2 2 2 5 2 0 1 2 t t t t = − + = ⇔ = . • V ớ i t=2: Ph ươ ng trình đ ã cho vô nghi ệ m. • V ớ i 1 2 t = : Ph ươ ng trình đ ã cho có nghi ệ m 5 37 2 x ± = . Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 5 14 9 20 5 1 x x x x x + + − − − = + . Gi ả i Đ K: 5 x ≥ . 2 2 2 2 5 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20 x x x x x x x x x x+ + − − − = + ⇔ + + = + + − − Bình ph ươ ng hai v ế : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 5 3 4 5 4 5 4 x x x x x x − − + + = − − + Đặ t 2 4 5 , 0. 4 x x t t x − − = ≥ + ph ương trình trở thành 2 3 2 5 3 0 1, 2 t t t t − + = ⇔ = = . • Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm 5 61 5 61 5, 5 2 2 x x + − = > = < . • Với 3 2 t = : Phương trình đã cho có nghiệm 7 8 5, 5 5 x x = > = − < . Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 7 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 5 61 , 8 2 x x + = = . Ví d ụ 3: Tìm m để ph ươ ng trình sau có nghi ệ m: 24 3 1 1 2 1 x m x x − + + = − . HD: Đ K 1 x ≥ . Xét hai tr ườ ng h ợ p x = 1 và x ≠ 1, Chia hai v ế ph ươ ng trình cho 24 1 x − đặ t 4 4 1 2 1 1 1 x t x x − = = − + + ( ) 0 1 t < < . Đ S 1 1 3 m − < ≤ . Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). ( ) ( ) ( ) ( ) 0 af x g x f x h x + + = . Đặt ( ) t f x = , khi đó phương trình trở thành ( ) ( ) 2 0 at g x t h x + + = . Ví dụ: Giải phương trình ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 x x x x x − + − = − − . HD Đặt 2 2 1 1 6 t x x x= + − ⇒ = − ±L . (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,… rất hay!) Bài tập Giải các phương trình sau: 1. ( ) 2 3 2 5 2 4 2 21 20 x x x x− + = − − ĐS: 9 193 17 3 73 , 4 4 x x ± ± = = . 2. ( ) 3 3 2 3 2 2 6 0 x x x x − + + − = Đặ t 2 y x = + , Đ S: 2, 2 2 3 x x= = − . 3. ( ) 2 3 2 3 2 3 8 x x x − + = + Đ S: 3 13 x = ± . 4. 1 1 1 2 1 3 x x x x x x − + = − + − Đặ t 1 1t x = + , Đ S: 1 5 2 x + = . Dạng 5: ( Đặ t ẩ n ph ụ v ớ i hàm l ượ ng giác). Khi gi ả i các ph ươ ng trình, b ấ t ph ươ ng trình l ượ ng giác chúng ta th ườ ng tìm m ọ i cách đặ t ẩ n ph ụ để chuy ể n v ề ph ươ ng trình, b ấ t ph ươ ng trình đạ i s ố . Tuy nhiên, trong nhi ề u tr ườ ng h ợ p cách là ng ượ c l ạ i t ỏ ra khá hi ệ u qu ả , b ằ ng nh ữ ng tính ch ấ t c ủ a hàm l ượ ng giác ta s ẽ đư a các bài toán đạ i s ố v ề bài toán l ượ ng giác và gi ả i quy ế t bài toán l ượ ng giác này. L ư u ý vài tính ch ấ t c ơ b ả n: * sin 1, cos 1 a a ≤ ≤ . * 2 2 sin cos 1 a a + = . * 2 2 1 1 tan cos a a + = * 2 2 1 1 cot sin a a + = . Ví d ụ 1: Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 1 1 2 x x + − = . Gi ả i Đ K 1 x ≤ . Đặ t [ ] cos , 0; x t t π = ∈ . Khi đ ó ph ươ ng trình tr ở thành 2 2 2 1 1 cos 2cos 2sin sin 1 0. t t t t + − = ⇔ + − = Ta tìm đượ c: 1 sin 2 t = . Khi đ ó 2 3 cos 1 sin 2 x t t= = ± − = ± . Nh ậ n xét: * N ế u bài toán có t ậ p xác đị nh ( ) u x a ≤ . Ta có th ể ngh ĩ đế n cách đặ t ( ) sin , ; 2 2 u x a t t π π = ∈ − ho ặ c đặ t ( ) [ ] cos , 0; u x a t t π = ∈ . * N ế u ( ) [ ] 0; u x a ∈ ta có th ể đặ t ( ) 2 sin , 0; 2 u x a t t π = ∈ . Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình ( ) ( ) 3 3 2 2 1 2 1 x x x x + − = − . HD: Đặ t [ ] cos , 0; x t t π = ∈ d ư a v ề ph ươ ng trình l ượ ng giác ( ) ( ) sin cos 1 sin cos 2 sin cos t t t t t t + − = . Để g ả i ph ươ ng trình này ta l ạ i đặ t sin cos , 2 u t t u= + ≤ . Đ S: 2 1 2 2 2 , 2 2 x x − − − = = . Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 8 Ví dụ 3: Giải phương trình 2 3 1 4 3 x x x − = − . Đ S: 1 2 2 , 4 2 x x + = − = ± . Dạng 6: ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình ). * Khi gặp phương trình có dạng ( ) ( ) ( ) ( ) , , + − = 0 n m F f x a f x b f x . Đặt ( ) ( ) , n m u a f x v b f x = + = − . Khi đó ta được hệ phương trình sau: ( ) , 0 n m F u v u v a b = + = + . Gi ả i h ệ này tìm u, v r ồ i ta l ạ i tìm x. Khi tìm x ta ch ỉ gi ả i m ộ t trong hai ph ươ ng trình ( ) n u a f x = + ho ặ c ( ) m v b f x = − . Ví d ụ 1: Gi ả i ph ươ ng trình: ( )( ) 3 6 3 3 6 x x x x + + − = + + − . Đ S: 0, 3 x x = = − . Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình: 3 24 12 6 x x + + − = . Đ S: 24, 88, 3 x x x = − = − = . Ví d ụ 3: Gi ả i ph ươ ng trình: 4 4 17 3 x x + − = . Đ S: 1, 16 x x = = . Ví d ụ 4: Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) ( ) ( )( ) 2 2 3 3 3 2 7 2 7 3 x x x x − + + − − + = . Đ S: 1, 6 x x = = − . Ví d ụ 5: Gi ả i ph ươ ng trình: 3 3 3 1 3 2 x x− + − = , đặ t 3 3 1, 3, u x v x = − = − pt tr ở thành: 3 3 3 2 2 u v u v + = − = Ví d ụ 6: Gi ả i ph ươ ng trình: 3 1 1 1 2 2 x x + + − = , đặt 3 1 1 , 2 2 u x v x = + = − Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: axx =++− 33 11 có nghiệm. Đặt 33 1,1 xvxu +=−= . Phương trình trở thành: ( ) 2 2 2 a u v uv u v a + − = + = TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. TH2: 0 a ≠ , h ệ ph ươ ng trình tr ở thành 2 1 2 3 u v a uv a a + = = − . H ệ có nghi ệ m khi 2 4 0 0 2 S P a − ≥ ⇔ < ≤ . V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m khi 0 2 a < ≤ . * Khi gặp phương trình có dạng ( (( ( ) )) ) ( (( ( ) )) ) + = − + = −+ = − + = − n n f x b a af x b . Đặ t ( ) ( ) , n t f x y af x b = = − ta có h ệ n n t b ay y b at + = + = . Ví d ụ 1: Gi ả i ph ươ ng trình 3 3 2 1 2 2 1 x x + = − . Đ S: 1 5 1, 2 x x − ± = = . Ví d ụ 2: Gi ả i ph ươ ng trình 2 3 2 4 2 x x x + + = . Gi ả i Đ K 3 x ≥ − . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 3 1 1 2 4 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x x + + + + + = ⇔ + − = ⇔ + − = + . Đặt 2 1 1, 1 1 1 2 2 2 x t t t x y y + = + = + = + ⇒ − = . Ta được hệ phương trình 2 2 1 1 2 1 1 2 t y y t − = − = . Giải thêm chút nữa ta được kết quả! ĐS: 3 17 5 13 , 4 4 x x − − ± − ± = = . Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ. Ví dụ 3: Giải phương trình 2 4 7 1 2 2 x x x + + = + . ĐS: 7 1 1, , 4 4 x x x = − = − = . Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 9 Bài tập: Bài 1: Giải các phương trình sau: 1. 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2 x x x x x − + − = − + − + 2. 2 2 2 x x x x + + = + 3. 2 2 4 2 1 2 2 9 x x x x x x + + + + + = + + 4. 4 1 5 2x x x x x x + − = + − . Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: 1. 2 2 5 10 1 7 2 x x x x + + > − − 2. 3 24 12 6 x x + + − ≤ 3. 2 2 2 5 6 10 15 x x x x + − − > + 4. 2 1 1 2 4 x x x+ + − ≤ − . Bài 3: Gi ả i các ph ươ ng trình sau: 1. 3 3 12 14 2 x x − + + = 2. 3 3 3 1 3 2 x x− − − = 3. 2 3 2 1 2 1 3 x x − + − = 4. 2 2 2 x x − + = − 5. 2 1 1 2 4 x x x+ + − = − ( đặ t 1 1 t x x = + + − ). III. Phương pháp hàm số Các tính chất: Tính chất 1: N ế u hàm f t ă ng (ho ặ c gi ả m) trên kho ả ng ( a ; b ) thì ph ươ ng trình f ( x )= k ( k∈R ) có không quá m ộ t nghi ệ m trong kho ả ng ( a ; b ). Tính chất 2: N ế u hàm f t ă ng (ho ặ c gi ả m) trên kho ả ng ( a ; b ) thì ∀u , v ∈ ( a , b ) ta có ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = . Tính chất 3: N ế u hàm f t ă ng và g là hàm h ằ ng ho ặ c gi ả m trong kho ả ng ( a ; b ) thì ph ươ ng trình f ( x )= g ( x ) có nhi ề u nh ấ t m ộ t nghi ệ m thu ộ c kho ả ng ( a ; b ). Định lý Lagrange: Cho hàm s ố F ( x ) liên t ụ c trên đ o ạ n [ a ; b ] và t ồ n t ạ i F '( x ) trên kho ả ng ( a ; b ) thì ( ) bac ;∈∃ : ( ) ( ) ( ) ' F b F a F c b a − = − . Khi áp d ụ ng gi ả i ph ươ ng trình: n ế u có F(b) – F(a) = 0 thì ( ) ( ) ( ) ; : ' 0 ' 0 c a b F c F x ∃ ∈ = ⇔ = có nghi ệ m thu ộ c (a;b). Định lý Rôn: N ế u hàm s ố y=f(x) l ồ i ho ă c lõm trên mi ề n D thì ph ươ ng trình f(x)=0 s ẽ không có quá hai nghi ệ m thu ộ c D. T ừ các tính ch ấ t trên ta có 3 ph ươ ng án bi ế n đổ i nh ư sau: Phương án 1 : Bi ế n đổ i ph ươ ng trình v ề d ạ ng: f(x) = k, nh ẩ m m ộ t nghi ệ m r ồ i ch ứ ng minh f(x) đồ ng bi ế n (ngh ị ch bi ế n) suy ra ph ươ ng trình có nghi ệ m duy nh ấ t. Phương án 2: Bi ế n đổ i ph ươ ng trình v ề d ạ ng: f(x) = g(x), nh ẩ m m ộ t nghi ệ m r ồ i dùng l ậ p lu ậ n kh ẳ ng đị nh f(x) đồ ng bi ế n còn g(x) ngh ị ch bi ế n ho ặ c hàm h ằ ng suy ra ph ươ ng trình có nghi ệ m duy nh ấ t. Phương án 3 : Bi ế n đổ i ph ươ ng trình v ề d ạ ng: f(u) = f(v) ch ứ ng minh f(x) đơ n đ i ệ u khi đ ó ta có: u = v. Ví d ụ : Gi ả i ph ươ ng trình: 2 4 1 4 1 1 x x − + − = Đ K: 1 2 x ≥ . Đặt ( ) 2 4 1 4 1 f x x x = − + − . Miền xác định: 1 2 x ≥ , ( ) ' 2 2 4 0 4 1 4 1 x f x x x = + > − − . Do đó hàm số đồng biến với 1 2 x ≥ , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy 1 2 x = là nghiệm của phương trình. Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: ( ) ( ) ( ) min , max , x D x D f x m g m f x m ∈ ∈ ≤ ≤ . * phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: 2 2 1 1 x x x x m + + − − + = có nghiệm. TXĐ: R Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 10 Xét hs: ( ) 2 2 1 1 y f x x x x x = = + + − − + , D f = R , 2 2 2 1 2 1 ' 1 1 + − = − + + − + x x y x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 0 0 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 − + > = ⇔ − + + = + − + ⇔ − + + = + − + x x y x x x x x x x x x x x x (v.nghi ệ m) M ặ t khác: f ’(0) = 1 > 0 suy ra y ’ > 0 nên hàm s ố đồ ng bi ế n. Gi ớ i h ạ n: 2 2 2 2 2 lim lim 1 1 1 2 lim lim 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ →+∞ →+∞ = = − + + + − + = = + + + − + BBT: x ∞ − ∞ + y’ + y 1 − 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi − 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 1 mx x m − − ≤ + , Đ K: 3 x ≥ 1 3 1 x bpt m x + − ⇔ ≥ − , xét hs ( ) 2 1 3 5 ' 1 2 3 1 x x y y x x x + − − = ⇒ = − − − . ' 0 5 y x = ⇔ = . lim 0 x y →+∞ = và f(3) = 1 2 . BBT: x 3 5 ∞ + y ’ + 0 − y y (5) 1 2 0 Vậy bất phương trình có nghiệm ( ) 3 1 5 4 y m m + ⇔ ≥ ⇔ ≤ Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: ( ) 12 5 4 x x x m x x + + = − + − có nghi ệ m. Gi ả i: Đ K: 0 4 x ≤ ≤ ( ) ( 12) 5 4 pt x x x x x m ⇔ + + − + − = xét hs ( ) ( ) ( 12) 5 4 y f x x x x x x = = + + − + − . Mi ề n xác đị nh: [ ] 0;4 D = Nh ậ n xét: Hàm s ố ( ) 12 h x x x x = + + đồ ng bi ế n trên D. Hàm s ố ( ) 5 4 g x x x = − + − đồ ng bi ế n trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồ ng bi ế n trên D. V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m khi và ch ỉ khi ( ) ( ) 0 4 f m f≤ ≤ Ví d ụ 4: Bi ệ n lu ậ n theo m s ố nghi ệ m ph ươ ng trình: 2 3 1 x m x + = + Gi ả i: Ph ươ ng trình đượ c vi ế t l ạ i d ướ i d ạ ng: 2 3 1 x m x + = + S ố nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình là s ố giao đ i ể m c ủ a (C): 2 3 1 x y x + = + và đườ ng th ẳ ng: y = m. [...]... để phương trình sau có nghiệm: Bài 2 Giải các phương trình sau: 1 x −1 + 3 − x − x + 9 − x = − x2 + 9 x + m x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = 3 − 1 2 2 ≤ t ≤ 2 từ 3 x x + x + 12 = 12 ( x − 1)( 3 − x ) = 1 ( 5− x + 4− x ) B Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn 1 Phương pháp biến đổi tương đương: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Đặt điều kiện (nếu có) B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình. .. ∨ m > 10 : phương trình vô nghiệm −1 < m ≤ 1 hoặc m = 10 : phương trình có nghiệm duy nhất 1 < m < 10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x −1 + 3 − x − ( x − 1)( 3 − x ) = m , (1) Giải: ĐK: 1 ≤ x ≤ 3 Đặt t = x − 1 + 3 − x , lập BBT của t(x) với 1 ≤ x ≤ 3 ta có 2 ≤ t ≤ 2 1 Khi đó phương trình (1) trở thành: − t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thi n của hàm... phương trình − hệ phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến B3: Kết luận (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả) x+5 + y−2 = 7 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: x−2 + y+5 =7 Giải x ≥ 2 Điều kiện: y ≥ 2 Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có: ( x + 5)( y − 2 ) = ( x − 2 )( y + 5 ) ⇔ x = y Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta... Cộng từng vế của 2 phương trình ta được: 2 ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = 250 ⇔ ( x 2 + y 2 ) = 125 ⇔ 3 x2 + y 2 = 5 x + y + x − y = 2, (1) Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: y + x − y − x = 1, (2) Giải: ĐK: y ≥ x , x ≥ 1 y≥ x ≤ 2 y (1) ⇔ x 2 − y = 2 − x ⇔ ( 2) ⇔ 2 y − 1 = 2 y2 − x ⇔ 2 4 x − y = 4 4 x − 4 y = −1 17 5 KQ: ; 12 3 Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau: x −... x2 + y 2 + x2 − y 2 = 4 x+ y − x− y =2 x2 − y + x2 + y = 4 x y + y x = 30 10 x x + y y = 35 x + y + xy = a Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm: x − y = a x +1 + y + 2 = m Bài 3 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm: x + y = 3m 2 Phương pháp đặt ẩn phụ: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Điều kiện (nếu có) B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ B3: Giải hệ nhận được,... A – 2006) Giải hệ phương trình: ( x, y ∈ R ) x +1 + y +1 = 4 Điều kiện: xy ≥ 0, x ≥ −1, y ≥ −1 Đặt t = xy ⇒ x + y = 3 + t Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3 Giải thêm chút xíu nữa ta được nghiệm ( ) Bài tập: Giải các hệ phương trình sau: 3 x + y = 4 xy 1 xy = 9 x 2 + y 2 + 2 xy = 8 2 2 x + y =4 2 x + 1 + y = 3 3 x +1 + 2 y = 2 3 x −... dụ 1: Giải hệ bất phương trình: điều kiện: x, y ≤ 1 3 x + y ≤ 2 Đặt u = 1 − x , v = 1 − y ĐK: u , v ≥ 0 , khi đó hệ được biến đổi về dạng: u + v = 1 0 ≤ u ≤ 1 ⇔ 0 ≤ u ≤1⇔ x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤1 3⇔ 2 2 2 1− u + 1− v ≤ 4u − 4u + 1 ≥ 0 2 0 ≤ x ≤ 1 Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x;y) thoả: 2 y =1− 1− 1− x x + y − xy = 3 Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình: ( x, y ∈... y Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11 2 x ≥ y + 1 Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình: 2 y ≥ x + 1 Giải Điều kiện: x, y ≥ 0 cộng vế theo vế ta được: 2 ( ) x + y ≥ x+ y+2⇔ ( ) ( 2 x −1 + ) 2 y −1 ≤ 0 ⇔ x = y = 0 2 x − y − m = 0 Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: x + xy = 1 y = 2x − m 2 y = 2x − m (1 − x ) 2 hpt ⇔ ⇔ ⇒ = . Chuyên đề: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ 1 PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến. 1 2 x ≥ , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy 1 2 x = là nghiệm của phương trình. Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m). năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 1 1 2 4 x