Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
1
Phương trì nh chứa ẩn ở căn thức
Ví dụ : Giải phương trì nh:
2
2
1 x x x 1 x
3
    
Giải: ĐK
0 x 1 
.
Để giải phương trì nh này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách
nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế
. Vì hai vế
của phương trì nh đã cho luôn không âm nên bì nh phương hai vế ta thu được phương
trì nh tương đương.
 
2
2
2 2 2 2
2 4 4
(1) 1 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x
3 3 9
 
             
 
 
 

2
x x
sẽ biểu diến được qua
x 1 x 
nhờ vào đẳng
thức
 
2
2
x 1 x 1 2 x x    
(*) .Cụ thể nếu ta đặt
t x 1 x  
thì
2
2
t 1
x x
2

 
và khi đó phương trì nh đã cho trở thành phương trì nh bậc hai với ẩn là
t:
2
2
t 1
1 t t 3t 2 0 t 1;t 2
3

        
.

chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể
đổi qua đô la, hay thẻ
ATM, séc,…Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn
thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao
cho phương trì nh ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trì nh ban đầu. Đặt
biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất,
bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để
chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các
biểu thức tham gia trong phương trì nh như ở cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ
đó là đẳng thức (*).
Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
2
trong phương trì nh chẳng hạn ở phương trì nh trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối
quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trì nh:
   
2 2
x 1 x x 1 x 1     
(**) mà từ phương trì nh ta rút được một căn thức qua
căn thức còn lại
:
3 1 x 3
x
2 1 x 3
 

 
. Do đó nếu đặt


đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta
được nghiệm của phương tr
ì nh là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt
ẩn phụ
t 1 x 
mà ta đã giải ở trên .
Ti
ếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ?
Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác:
2 2
sin cos 1   
.
Điều này dẫn đến cách giải sau:
Đặt
2
x sin t, t [0; ]
2

 
(Điều này hoàn toàn hợp lí vì
x [0;1]
). Khi đó phương trì nh
đã cho trở thành:
2
1 sin t.cost sin t cost 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)
(2sin t 3) 0
3
         
2

ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
3
I. Phương pháp biến đổi tương đương :
Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến
đổi tương đương của phương tr
ì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương
trì nh ban đầu về phương trì nh, bất phương trì nh đã biết cách giải.
Ta nhơ lại c
ác tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trì nh
và b
ất phương trì nh.
1)
n
n
( a ) a
( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện
a 0
).
2)
2n 2n
a b a b  
với a và b cùng dấu
3)
2n 1 2n 1
a b a b
 
  
với mọi a,b.
4)
2n 2n

là
nghi
ệm của phương trì nh này thì
2
0 0 0
2x 1 (3x 1) 2x 1 0     
do vậy ta không cần
đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy :
2
2
1
1
x
3x 1 0
x
4
3
3
Pt x 0, x
4
9
2x 1 (3x 1)
x 0, x
9x 4x 0
9


 

 


. Ở đây vì sao ta không
cần đặt đk
f (x) 0?
.
* Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ
t 2x 1 
.
Ví dụ 2: Giải phương trì nh:
4 1 1 2    x x x
.
Giải: Đk:
1
4
2
x  
(*)
Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x              
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
4
2
2
1
2x 1 0
x
2
2x 1 (1 2x)(1 x) x 0
(2x 1) (1 2x)(1 x)

0
thì Bất phương trì nh vô nghiệm, do đó
ta ch
ỉ giải Bất phương trì nh khi
x 2 0 x 2   
. Bì nh phương hai vế ta được Bpt:
2 2
2x 6x 1 (x 2)   
. Nếu
0
x
bất phương trì nh này thì ta chưa thể khẳng định được
2
0 0
2x 6x 1 0  
do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất
phương tr
ì nh đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau:
2
2 2
2
x 2 x 2
x 2 0
3 7 3 7 3 7 3 7
2x 6x 1 0 x V x x V x
2 2 2 2
2x 6x 1 (x 2)
1 x 3
x 2x 3 0
 

  




Giải hệ bất phương trì nh này ta được nghiệm của bất phương trì nh đã cho.
Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh :
2
2(x 16)
7 x
x 3
x 3 x 3


  
 
(ĐH Khối A – 2004 ).
Giải: ĐK:
x 4
.
Bpt
2 2
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x         
(2)
Ta có VT (2)
0
nên nếu VP(2)
0 x 5  
thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2)
0 x 5  

10 34 x 5
2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0
   
 
 
    
 
     
 
 
.
L
ấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là:
x 10 34 
.
Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh (2) là:
f (x) g(x)
. Để giải bpt này ta
chia làm hai trường hợp:
TH 1:
f (x) 0
g(x) 0





TH 2:
2
g(x) 0

   
 
 
    
 
    
 
 
.
Ví dụ 6: Giải phương trì nh:
2
x(x 1) x(x 2) 2 x   
.
Giải: ĐK:
x 1
x 2
x 0



 




(*) .
Phương trì nh
2 2 2
2x x 2 x (x 1)(x 2) 4x     
2 2 2 2 2 2

x 0
là một nghiệm của phương trì nh.
*
x 1
2
PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1          
2 2
9
4x 4x 8 4x 4x 1 x
8
       
(nhận).
*
x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)            
2
9
1 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x
8
              
(loại).
Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là:
9
0;
4
x x 
.
2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng
a.b a. b
! Nên nhớ đẳng
thức này chỉ đúng khi

3
x 1;x 2;x .
2
   
Chú ý :
* Khi giải phương trì nh trên chúng ta thường biến đổi như sau
3 3
3
2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3        
3
(x 1)(x 2)(2x 3) 0    
!?
Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã
thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương
đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau
3
2
3 3 3 3
1 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x) 1            
3
2
1 x 1 x 0    
.
Nhưng thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trì nh !
* Với dạng tổng quát
3 3 3
a b c 
ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức
3 3 3
(a b) a b 3ab(a b)    

       
 
 

4 3 2 3 2
2 x 4 2 x 4
x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0
   
 
 
 
 
         
 
 

2
2 x 4
x 3
(x 3)(x 2)(x 7x 15) 0
 


  

    


.
Ví dụ 9: Giải phương trì nh:

2
y 2





 

.
Ví dụ 9: Giải phương trì nh:
1)
2
x x 7 7  
.
2)
x 3
4x 1 3x 2
5

   
.
Giải:
1) Phương trì nh
2
x (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0            
x 7 x (1)
x 7 x 1 (2)

  

  

  


.
V
ậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm
1 29
x 2;x
2

 
.
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
8
2) Phương trì nh
5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2)       
5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2)          
4x 1 3x 2 0
x 2
4x 1 3x 2 5

   
  

   


      
x 2
4(x 2) 3(x 2) x 2
3x 2 4x 1 1 1
(*)
5
4x 1 3 3x 2 2
5
( 4x+1 3)( 3x 2 2)


  

   
   


   

  

Vì
VT(*) 0
(do
2
x
3

) nên (*) vô nghiệm.
Ví dụ 10: Giải bất phương trì nh :

Vậy nghiệm của Bpt đã cho là:
T [ 1;8) 
.
2)
Ta xét hai trường hợp
TH 1:
2
1
2x 3x 2 0 x 2,x
2
      
. Khi đó BPT luôn đúng
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
9
TH 2:
2
2
1
2x 3 2 0
x V x 2
1
Bpt x V x 3
2
2
x 3x 0
x 0 V x 3



51 2x x
1
1 x
 


.
Giải:
1)
* V
ới
x 3 
bất phương trì nh đúng.
* Với
 
2
2
2
x 3
x 3
x 3 Bpt x 3
x 4 x 3
x 4 x 3


 
 
     
 
  


 


.
V
ậy nghiệm của bất phương trì nh dã cho là:
5
x V x 3
6
  
.
2)
* N
ếu
2
2
2
x 1
x 1
1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52
x 25
51 2x x 1 x








ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
10
* Với
m 2 
Phương trì nh
2 2 2 2
x 2mx 1 m 4m 4 x 2mx m 4m 3 0           
Phương trì nh có nghiệm
2
' 2m 4m 3 0    
đúng mọi m
Vậy
m 2
là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 13: Tì m m để phương trì nh:
2
2x mx 3 x 1   
có hai nghiệm phân biệt.
Giải:
Phương trì nh
2
x 1
x (m 2)x 4 0 (*)
 




   



          

   


.
V
ậy
m 2
là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 14: Tì m m để phương trì nh
2 2
2x mx x 4 0   
có nghiệm.
Giải:
Phương trì nh
2
2 2
2
x 4 0 (1)
2x mx x 4
x mx 4 0 (2)

 

    

  



      



  



.
Nghi
ệm x
2
thỏa mãn (1)
2 2 2 2
(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0         
2 2
2
m 4
m 4
m 16( m 16 m) 0
m 4
m 16 m
 



      



Bài tập
Bài 1: Giải các phương trì nh sau
1) 3 3 5 2 4x x x    

2
2) 8 6 1 4 1 0x x x    
3) ( 5)(3 4) 4( 1)x x x   
4)
36 4
28 4 x 2 y 1
x 2 y 1
     
 
5)
2
2
4
(1 1 )
 
 
x
x
x
6)
2
2 1 ( 1) 0      x x x x x x

7)
x x 1 x 1   
8)

1)
2 2
4(x 1) (2x 10)(1 3 2x)    
2)
x 2 x 1 x   
3)
(x 5)(3x 4) 4(x 1)   
4)
7x 13 3x 9 5x 27    
5)
1 x 1 x x   
6)
3x 4 x 3 4x 9    
7)
2 2
x 4x 3 2x 3x 1 x 1      
8)
2 2
25 x x 7x 3   
9)
2 2 2
x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18       
10)
2x
2x 1 1
2x 9
  

11)
2 2

phương trì nh, bất phương trì nh. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức
chứa ẩn trong phương trì nh qua một đại lượng khác.
B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt.
Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trì nh thu được thường là những phương
trì nh (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tì m được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của
ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp.
B3: Giải phương trì nh (bpt) với ẩn phụ vừa tì m được và kết luận tập nghiệm.
Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trì nh (bpt) mà ta thường
hay gặp.
Dạng 1:
n
F( f (x)) 0
, với dạng này ta đặt
n
t f (x)
(nếu n chẵn thì phải có điều kiện
t 0
) và chuyển về phương trì nh
F(t) 0
giải phương trì nh này ta tì m được
t x
.
Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai:
af (x) b f (x) c 0  
.
Ví dụ 1: Giải phương trì nh
2 2
1)x x 11 31  

2

2
x 9 x x 9x 6     
Giải:
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
13
1) Đặt
2
t x 2x 24, ( t 0)    
2 2 2 2
x 2x 24 t x 2x 22 2 t         
Bất phương trì nh trở thành:
2 2
2 t t 0 t t 2 0 0 t 1         
2
2
2
4 x 6
x 2x 24 0
x 2x 24 1
x 1 2 6 V x 1 2 6
x 2x 23 0

  

   
 
      
 

.
K
ết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trì nh là:
9 3 5 9 3 5
x
2 2
 
 
.
Ví dụ 3 : Tì m m để các phương trì nh sau có nghiệm:
2 2 2
x 2x 2m 5 2x x m    
.
Giải:
Đặt
2 2
t 5 2x x 6 (x 1) t [0; 6]       
và
2 2
x 2x 5 t  
Khi đó phương trì nh đã cho trở thành:
2 2
t 2mt m 5 0 (*) t m 5      
Phương trì nh đã cho có nghiệm

(*) có nghiệm
t [0; 6]
hay
0 m 5 6 5 m 6 5
0 m 5 6 5 m 6 5

(*) luôn có hai nghiệm t phân biệt (Do
2 2 3
5
(m ) 4(m 2) 0
3
     
) và
3 2
4
f (2) (m 2m )
3
   
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
14
Ta sẽ chứng minh
3 2
4
m 2m 0 m 0
3
    
(1) .
* N
ếu
3 2
m 2 m 2m 0 (1)    
đúng
* Nếu
3 2 2 3 2

  
ta có thể sử dụng phương pháp hàm số hoặc BĐT
Dạng 2:
m( f (x) g(x)) 2n f (x).g(x) n(f (x) g(x)) p 0     
.
Với dạng này ta đặt
t f (x) g(x) 
.Bì nh phương hai vế ta sẽ biểu diễn được những
đại lượng còn lại qua t và chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) bậc
hại đối với t.
Ví dụ 1: Cho phương trì nh:
3 x 6 x m (3 x)(6 x)      
.
1) Gi
ải phương trì nh khi m=3.
2) Tì m m
để phương trì nh đã cho có nghiệm.
Giải:
Đặt
2
t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x)        
(*)
Áp d
ụng BĐT Côsi ta có
2 (3 x)(6 x) 9  
nên từ (*)
3 t 3 2  
.
Phương trì nh đã cho trở thành:
2

ố
2
f (t) t 2t 9  
với
t [3;3 2]
, ta thấy f(t) là một hàm đồng biến
6 f (3) f (t) f (3 2) 9 6 2      
t [3;3 2] 
Do vậy (1) có nghiệm
6 2 9
t [3;3 2] 6 2m 9 6 2 m 3
2

         
.
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
15
Vậy
6 2 9
m 3
2

 
là những giá trị cần tìm.
Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trì nh
f (x) k
có
nghiệm trên D

2
1 x 7
x 3
x 146x 429 0
  


  

  


là nghiệm của phương trì nh đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trì nh:
3 3
3 3
x 35 x (x 35 x ) 30   
.
Giải:
Đặt
3
3 3 3
3 3 3 3
3
t 35
t x 35 x t 35 3x 35 x (x 35 x ) x 35 x
3t

           
(*)

    


.
Giải: ĐK:
1 x 1  
.
Đặt
2 2
2
2 2
2
1 x x 1 x
t t 1
x
x 1 x
1 x

     


.
Phương trì nh đã cho trở thành:
2
1
2t 5t 2 0 t 2;t
2
       
.
*

2 2
1 x 0
1 x x 1
t 2
1 x 3
x 2
1 x
4
x 1 x
  



      

  


 
vô nghiệm.
Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm duy nhất
1
x
2
 
.
Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh :
2
7x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x       
.

.
Giải: ĐK:
x 0
.
Bpt
1 1
5( x ) 2(x ) 4
4x
2 x
    
.
Đặt
2
1 1
t x , (t 2) x t 1
4x
2 x
      
và bất phương trì nh trở thành:
2 2
5t 2(t 1) 4 2t 5t 2 0 t 2        
(do
t 2
)
2
3 2 2
0 x
1
2
t 2 x 3 4x 12x 1 0


     

3)
2 2
x x 2 x x   
4)
4
2 2
x x 1 x x 1 2     
5)
2
x x 7 2 x 7x 35 2x     
6)
2 2 2
x x 4 x x 1 2x 2x 9       
7)
4 1 5
x x 2x
x x x
    
8)
2
4x 3 2x 1 6x 8x 10x 3 16       
9)
3
2 2
18x 18x 5 3 9x 9x 2    
10)
2

2 2
2
1 x 5 1 x x
( ) 2 0
2 x
x 1 x
1 x

    



9)
12 x x 2 82
(12 x) (x 2)
x 2 12 x 3
 
   
 

Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
18
D
ạng 3:
n n
F( f (x), g(x)) 0
, trong đó
F(t)

5 (x 1)(x x 1) 2(x x 1) 2(x 1)        
2 2
x 1 x 1
2 5 2 0
x x 1 x x 1
 
   
   
(Do
2
x x 1 0 x   
).
Đặt
2
x 1
t , t 0
x x 1

 
 
, ta có phương trì nh:
2
t 2
2t 5t 2 0
1
t
2




a ab b 0     
(có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng
các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trì nh
thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong
phương trì nh càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Do đó với dạng toán này chúng ta
cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trì nh. Tuy nhiên
nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó
khăn. Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 2: Giải phương trì nh:
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1      
.
Giải: ĐK
x 5
.
Phương trì nh
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1       
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
19
2 2 2
5x 14x 9 x 24x 5 10 (x 1)(x x 20)         
2 2
2x 5x 2 5 (x 1)(x x 20) 5 (x 1)(x 4)(x 5)          
2 2
2(x 4x 5) 3(x 4) 5 (x 4x 5)(x 4)        
2 2
x 4x 5 x 4x 5



 


     


 


.
*
2
x 8 (n)
3
t 4x 25x 56 0
7
2
x (l)
2



     

 

Vậy phương tì nh đã cho có hai nghiệm:
5 61

Ví dụ 4: Giải phương trì nh:
2 2 2
(x 6x 11) x x 1 2(x 4x 7) x 2       
.
Giải: ĐK:
x 2
. Đặt
2
a x 2;b x x 1    
, ta có:
2 2 2 2
x 6x 11 (x x 1) 5(x 2) b 5a        
2 2 2 2
x 4x 7 x x 1 3(x 2) b 3a        
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh
GV: Nguy
ến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai
20
Do vậy phương trì nh đã cho trở thành:
2 2 2 2
(b 5a )b 2(b 3a )a  
3 2 2 3 3 2
a
6a 5a b 2ab b 0 6t 5t 2t 1 0 (t )
b
          
1 1
t 1,t ,t
2 3
    

2 4 3 2
18x 13x 2 3(81x 108x 56x 12x 1)      
.
Giải:
Ta có:
2 2 2
18x 13x 2 2(2x 1) x 2a x (a (3x 1) )        
4 3 2 4 2 2 2
81x 108x 56x 12x 1 (3x 1) 2x a 2x        
Vậy phương tì nh đã cho trở thành:
2 2
2 2
a 2x
a 2x
2a x 3(a 2x )
a x;a 5x
a 4ax 5x 0





    
 
  
  



*

V
ậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm:
11 85
x
18


.
Ví dụ 6: Tì m m để phương trì nh sau có nghiệm:
4
2
4 4
1 x 1 x
1 m 1 m 2 1- m
1 x 1 x
 
   
 
.
Giải: ĐK:
1 x 1  
.