1
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
KHOA TOÁN
LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29
*Nhóm sinh viên thực hiện :
Hồ Ngọc Cảnh
Nguyễn Thị Kiều Chi
Phạm Thị Yến Chi
Nguyễn Quốc Chính
Nguyễn Văn Công
Huỳnh Thị Mỹ Dung
Trần Thị Dung
“Ứng dụng của phương pháp biến thiên
hằng số & định lý lagrange & điều kiện
cần và đủ trong giải phương trình”
Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ
Quy Nhơn 27/
11/2009
2
Lời nói đầu
Ngồi những phương pháp giải thuần túy như: biến đổi tương
đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tò tuyệt đối; tam
thức bậc hai… đề tài này chúng tơi đề cập đến phương pháp giải phương
trình dựa vào sự tráo đổi vai trò của ẩn số và hăng số.Đồng thời kết hợp
phương pháp điều kiện cần và đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải
quyết một số dạng bài tốn.
Đề tài bao gồm 3 chương:
Chương I: Phương pháp biến thiên hằng số
Chương II: Phương pháp điều kiện cần và đủ
Chương III: Sự kết hợp giữa phương pháp biến thiên hằng số với
dịnh lý lagrange ; điều kiện cần và đủ.

nghiệm theo x).
- Từ phương trình đã có đưa phương trình về phương trình theo ẩn x, đưa
hằng số chọn làm nghiệm vào phương trình này, ta được một phương trình
theo x.
4
Mở rộng: Ta không dùng hằng số để làm ẩn trong phương trình mới mà
thay đổi hằng số theo x. Lúc này độ phức tạp của bài toán mở rộng tùy ý bởi
các hàm sơ cấp: hàm lũy thừa, hàm mũ, hàm logarit… vì ta cũng nhận ra
được hàm
( )x
ϕ
là nghiệm của g(t)=0 như vai trò của a.
* Ví dụ 1: [1] Giải phương trình sau:
x
5 5
x
1
2(5 log x) ( log x 1) x 1 0
5
− + − − =
(1) Giải: Điều kiện:
x 0
x 1
x 1

>
⇒ >

>


[ (2log x x 1)] 4.2. x 1.log x
5 5
∆= − − − − −

2 2
5
4log x ( x 1) 4 x 1.log x
5
= + − − −

2
5
(2log x x 1)
= − −

0≥
Phương trình (2) có hai nghiệm là:
1
u x 1
2
= −
và
u log x
5
=
Khi đó ta có:
x
x
5
1

, u
2
là các hằng số ,hàm số theo x. Sau
khi giải ta được
x
x
u 5 f(x)
u 5 g(x)

= =

 = =

* Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt ẩn
phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại. Ở đây ta
xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm.
* Ví dụ 2: [1] Giải phương trình sau:
2x 3x 1 x 3
4 2 2 16 0
+ +
+ + − =
(1)
Giải:
Đặt t=2
x
>0
(1) trở thành
4 3 2
t 2t 2.4t 4 0+ + − =
(*)

t 2t 4 0
t 1 5 (loaïi)

= − +
⇒ + − = ⇔


= − −


x log ( 5 1)
2
⇒ = −


Nhận xét: - Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta
đưa về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm. Lúc ngày ta
chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới. Bài toán này giải quyết
được vì phương trình bậc hai có
∆
là số chính phương.
* Ví dụ 3: [2] Giải phương trình sau:
2
x x 5 5+ + =
(1)
Giải:
Ta có (1)
2
2
2 2

u x x= −
và
2
u x x 1= + +
Khi đó ta có:
2 2
2 2
(1 21)
x
5 x x x x 5 0
2
5 x x 1 x x 4 0
( 1 17)
x
2

±
=

 
= − − − =

⇔ ⇔
 

 
= + + + − =
− ±
 
=

+ =


− =


hoặc giải bằng phương pháp
biến đổi tương đương.
- Cách giải trên đây đã thay đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số.Ẩn
x chuyển thành vai trò của tham số,còn hằng số 5 đươc xem là ẩn mới trong
phương trình bậc 2 theo u,nhờ việc chuyển này mà thay vì ggiải phương
trình bậc 4 theo x,ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo u,phương trình này
ta lại biết được 1 nghiệm.
- Phương trình bậc 2 theo u có
∆
là một số chính phương nên
việc tìmu dễ dàng hơn.
 Tổng quát: Ta có thể nhận dạng phương trình
2
f (x) f(x) a a+ + =

với điều kiện
f(x) 0≥
và a=const tùy ý .Khi đó ta có thể thay
f(x)
bởi các
hàm sơ cấp như hàm lũy thừa,hàm mũ,hàm logarit…,nhưng khi giải cần phải
đặt điều kiện.Chẳng hạn như :
Với
f(x)

2 x 1 (2 x 1)2 4 0⇔ − + − − − =

2 x x
2 (2 x 1)2 2 x 1 0⇔ − − − − − =
(*)
Xét phương trình bậc hai dạng
2 x x
u (2 x 1)u 2 x 1 0⇔ − − − − − =
(2)
Từ (*) ta thấy u=2 la nghiệm của (2)
Ta có (2)
x x
x 1(u 2 ) u(u 2 ) 0⇔ − − + − =

x
( x 1 u)(u 2 ) 0⇔ − + − =

x
u x 1
u 2

= − −
⇔


=

Khi đó ta có
2 1 (vô nghiêm)
1

+(
4 2
x x−
)u
5
x−
=0 (2)
Từ (*) ta thấy u=3 là nghiệm của phương trình (2).
Giải (2): ta có (2)
2 2 3 2 2
u(u xu x ) x (u xu x ) 0⇔ + − + + − =

3 2 2
(u+x )(u xu x ) 0⇔ + − =

3
2 2
u+x 0 (3)

u xu x 0 (4)

=
⇔

 + − =

9
Từ (3) ta có
3
3

3
2

( 1 5)x
3
2

− +
=


⇔

− −
=



6
x
1 5

6
x
1 5

=

− +


3 2 2 4 4 4 3
(1 m) x(1 m) x (1 m) mx x x x 0⇔ − + − − − − + − − =

3 2 4 2 4 3
(1 m) x(1 m) (x x )(1 m) x x 0⇔ − + − + − − − − =
(*)
Xét phương trình :
3 2 4 2 4 3
u xu (x x )u x x 0+ + − − − =
(2)
Từ (*) ta suy ra
u 1 m= −
là nghiệm của phương trình (2).
10
Ta có (2)
2 2 3
(u-x)(u +2ux+x +x )=0⇔

2 2 3
u-x=0

u +2ux+x +x 0

⇔

=



Khi đó ta có

0
68 15
x
x
x
+ =
⇔
3
0
3
0
0
2 17 17 2
x
x
x
−
+ =
⇔
2
3
0
3
0
0
2 17 ( 17) 2
x
x
x
−

= −
Vô nghiệm
11

4
0
2
0
x 2
17
x
+
=
⇔
4 2
0 0
x 17x 2 0
− + =
⇔
2
0 0
17 3 17 3
x x
2 2
± ±
= ⇔ = ±
Thử lại ta thấy
0
17 3
x

1
log 2
t
3
log 8
t
x
log t 2
2

=



=



= −



x
x
α =1 =1
 
⇒ ⇔
 
α = 3 = 3
 

a t(t 2) (*)
2
3t t(2t 1) a t(t 2) (**)
a
2

− + +
=


= −
⇔


− − + = − +



=


Thay a = 5 vào (*) và (**) ta được

 
= − − − =
⇔
 
 = − − + + =
 
2 2

Giải các phương trình sau:
1)
3
3
137 18770
x
x
x
+ =
3)
x (17 x) 17+ + =
13
2)
2
4 2
13 168
x
x x
+ =
4)
4 3 2
lg x lg x 2lg x 9lgx 9 0+ − − − =
Chương II
*Phương pháp điều kiện cần và đủ*
 Phương pháp này khá hiệu quả khi giải phương trình,giải quuyết được
một lớp các bài toán .
I. Phương pháp chung :
*Khi đó ta thực hiện các bước sau :
Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có nghĩa.
Bước 2: Tìm điều kiện cần cho hệ dựa trên đánh giá hoặc tính đối xứng

x 2 x x 2 x m+ - + + - =
(2)
Điều kiện cần :
Giả sử x
o
là nghiệm của pt khi đó

4 4
0 0 0 0
x 2 x x 2 x m+ - + + - =

Nhận thấy 2 – x
o
cũng là nghiệm của pt
Suy ra 2 – x
o
= x
o
⇒ x
o
= 1
Thay x
o
= 1 vào pt ⇒ m = 4
Điều kiện đủ :
Với m = 4 pt (2) trở thành

4 4
x 2 x x 2 x 4+ - + + - =
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta được

)log ( 4 x x 5 a− + + =

(1)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (1) có nghiệm x
o
. Khi đó

0 03 2
0 0
3 2
)log ( 4 x x 5 a
log ( ( 1 x ) 5 ( 1 x ) 4 a
− + + =
− − + + − − − + =

Khi đó (– 1 –x
o
) là nghiệm của (1)
Vì (1) có nghiệm duy nhất nên
x
o
= -1 – x
o
=> x
o=
-
1
2
Với x

4 5 2 (4 – x)(x 5) 18⇔ − + + + + =x x

⇔
5 4
2 (4 )( 5) 9
− ≤ ≤
− + =



x
x x
5 4
4(4 )( 5) 81



− ≤ ≤
⇔
− + =
x
x x
16

5 4
2
4 4 1 0




2
( 4 x x 5) 4 x x 5 2 (4 x)(x 5)− + + = − + + + − +
≤ 9 + (4 – x )+ (x + 5 ) = 18
⇔
4 x x 5 3 2− + + ≤
⇔
3 2
log ( 4 x x 5) 1− + + ≤
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

4 x x 5− = +
⇔
1
x
2
= −
Vậy
1
x
2
= −
là nghiệm duy nhất.
* Bài toán trên còn có thể giải bằng phương pháp đồ thị
Viết lại (1) dưới dạng:
3 2
4 x x 5 log a− + + =
với a > 0 (2)
17
⇔Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔phương trình (2) có nghiệm
duy nhất.

x =
2
⇔ −
Bảng biến thiên:

Từ đó điều kiện là a=1
* Ví dụ 3: [2] Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất.
y
′
y
x
5
−
4
0
3 2
+
−
3
3
1
2
−
18

2 2
x m 3m x m m 3m 2− + + − = − +
(1)
Giải :
Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm là x

vào (1) ta được :
2 2
m 3m 2 m 2m− + = −

2
2 2
2
2 2
m 2m 0
m 3m 2 m 2m
m 2m 0
m 3m 2 m 2m


− ≥




− + = −


⇔



− <




x x
2 2 4
⇔ + + + =

195 1 3
x x
2 2 4
5 1 3
x x
2 2 4
5 1 3
x x
2 2 4

+ + + =



⇔ − − + − =



− − − − =



5


=



5
x
2
5 1
x
2 2
1
x
2
< −
− ≤ ≤ −
> −9
x=
8
⇔ −
Vậy với m = 2 thì phương trình có nghiệm duy nhất
9
x=
8
−
Tổng quát : Bài toán tổng quát cho lớp các bài toán gồm một và hai tham số
để phương trình có nghiệm duy nhất.

a b
x =
2
+
⇔
Thay vào (1) suy ra :
c a b
= −
Điều kiện đủ : Giả sử
c a b= −
, khi đó : (1)
x a x b a b (x a) (x b)
⇔ − + − = − = − − −

(x a)(x b) 0⇔ − − ≤
(2)
• Nếu
a b≠
, giả sử a < b, (2)
a x b⇔ ≤ ≤
, tức là (2) không có nghiệm duy
nhất.
• Nếu a = b thì (2)
2
0 x a(x a) ≤ ⇔ =⇔ −
là nghiệm của phương trình .
Vậy với c = 0,a = b thì phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài tập đề nghị :
* Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất :
a)

nhất nghiệm của phương trình,tìm được giá trị của tham số m.Và điều kiện
đủ khi thay m vào phương trình ta tìm được x. Sau đó kết luận bài toán.

Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm
f
x D DÎ Í
.Với D
f
là tập xác định của f(x)
Đối với dạng này ta sử dụng điều kiện cần là phương trình luôn có
nghiệm với mọi
x D Î
⊆ D
f
.Do đó chọn được giá trị
o
x D Î
thích hợp thế
vào phương trình tìm m.Thử lại dựa vào điều kiện đủ,thay m giải phương
trình tìm x.
Kết luận : Nếu ∃
x D Î
thì chọn m.Hoặc nếu x∀ ∉D thì m loại.
* Ví dụ1: [2] Tìm m để pt sau có nghiệm x ≥ 0:

2 2
x 2x m 2m 4 x m 2
+ − + + = + −
(3)
Giải:

(4)
Giải:
Điều kiện cần: Giả sử (4) có nghiệm x
⇔x = 0 là nghiệm của (4). Khi đó
(4) ⇔ a – 1 = 0 ⇔ a = 1
Với a = 1
(2) ⇔
2 2
x 1 x bx 1+ = + +
⇔ x
2
+1 = x
2
+ bx + 1 ⇔ b = 0
Suy ra a = 1 và b = 0
Với a =1 , b = 0 khi đó pt (4) có dạng

2 2
0x 1 x 1 =+ − +
⇔ 0 = 0 đúng
Vậy a = 1 và b = 0 phương trình nghiệm đúng x


Nhận xét: Qua 2 ví dụ trên,với những bài toán tìm điều kiện của một hay
nhiều tham số sẽ thực hiện theo tuần tự:
- Chọn nghiệm x
o
thuộc (a,b) sao cho việc tính giá trị của tham số
diễn ra một cách đơn giản (nếu 0 thuộc (a,b) thì nên chọn x
o

2
lg(x m) 2(x 4)− = +
(1)
Giải : Điều kiện
x m ≠
Để phương trình (1) nghiệm đúng
x 2∀ ≥ −
ta phải có
x 2< −
Biến đổi phương trình (1) về dạng :
2lg x m 2(x 4)− = +

x m (x 4)
− = +
⇔
(2)
Điều kiện cần:
Phương trình (1) nghiệm đúng
x 2 x= 2∀ ≥ − ⇒ −
là nghiệm của (2)
Tức là:
m 0 (loaïi)
x 2 2
m 4

=
− = ⇔

= −


Bài tập đề nghị:
Bài 1: Tìm m để phương trình nghiệm đúng ∀x∈
0,2
 
 
:
( )
2 2
2 x = 1 m m 1 x x− − + + −
Bài 2: Cho phương trình :
3 2
2 2
log (mx 5mx 6 x) log (3 x 1)
− + − = − −
a)Giải phương trình với m=0.
b)Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với
m 0∀ ≥
.
Bài 3: Cho phương trình :
2 2 2
a 2 a x 2
2log (4 7 2x) log (4 3x)
+ +
− + = −
Tìm các giá trị của x nghiệm đúng phương trình trên với
∀ ≥ a 0
.
Bài 4: Cho phương trình :
2
2 2 2

*Ví dụ1:[2] Cho 2 phương trình
(x + 5) (2 –x) = 3m
2
x 3x m 1+ + −
(1)
x
4
+ 6x
3
– 9x
2
–16 = 0 (2)
Tìm m để 2 pt tương đương
Giải :
Giải pt (2)
(2) ⇔ (x
2
+3x)
2
– 16 =0
⇔ (x –1)(x +4)(x
2
+ 3x + 4 ) = 0

x 1
x 4
=

⇔
