Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán Lớp 12

0 ta phaûi coù 








0
0
0
S
P 
3/. Muoán coù x1 < x2 <  ta phaûi coù 








0
0
0
S
P 
Vaán ñeà 7: PHÖÔNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH CHÖÙA CAÊN 
1/. 






K
K
BA
B
BA
2
2
0
2/. 






)0(0
22
hayBA
BA
BA KK 
3/. BABA kk   1212 
1/. 









K
K
BA
B
A
BA
2
2 0
0
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 46 - 
2/. 


















K
K
BA
B
A
B
BA
2
2
0
0
0
3/. 
1212   KK BABA 
4/. 









CBA
B
A
CBA
2)(
0
0
5/. 
 











2
2
0
0
0
CBA
C
B
A
CBA
1. Aùp duïng: 
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: 01312 2  xxx (ĐH Khối D – 2006) 
Biến đổi phƣơng trình thành: 22 1 3 1x x x     (*), đặt điều kiện rồi bình phƣơng 2 vế ta đƣợc: 
028116 234  xxxx ta dễ dạng nhẩm đƣợc nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta đƣợc: 
(*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. 
Ví dụ 2: Giải bất phƣơng trình:      
22
4 1 2 10 1 3 2x x x     , ĐK: 
2
3
x 
  2 2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5pt x x x x x x x x             (1), Với 3
2
x   hai vế (1) đều không 
âm nên ta bình phƣơng 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 0   
2
3 1 0x x    
b) Tương tự với 2 dạng: *    f x g x *    f x g x 
Ví dụ 1: Giải bất phƣơng trình  22 6 1 2 0 1x x x     
Giải 
  21 2 6 1 2x x x     bất phƣơng trình tƣơng đƣơng với hệ: 
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 phƣơng trình 2 2 1 2x mx m    có nghiêm. 
Giải 
* Nếu m < 2  phƣơng trình vô nghiệm. 
* Nếu m  2  phƣơng trình  x22mxm2+4m3=0. Phƣơng trình này có =2m24m+3>0 với mọi m. 
 Vậy với m  2 thì phƣơng trình đã cho có nghiêm. 
Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình 22 3 1x mx x    có hai nghiệm phân biệt. 
Giải: 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 47 - 
Cách 1: 
 2
1
2 4 0, (*)
x
PT
x m x
 
 
   
, phƣơng trình (*) luôn có 2 nghiệm: 
2 2
1 2
2 4 20 2 4 20
0, 0
2 2
m m m m m m
x x
       
    . Phƣơng trình đã cho có 2 nghiệm  (*) có 2 
nghiệm 1x   
 
2
22 2
4
1 4 4 20 1
4 4 20
m
x m m m m
m m m

          
   
Chú ý: + x1 > 0, x2 x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. 
 + Cách 1 thƣờng dùng khi hệ số a luôn dƣơng hoặc luôn âm. 
 + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với 1 0x t    . 
(*) trở thành:     
2
1 2 1 4 0t m t      (**). Để (*) có 2 nghiệm 1x   thì (**) phải có 2 nghiệm 0t . 
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 2 1x mx x    , (1) 
Giải: 
   2
2 1 0
3 4 1 0, 2
x
pt
x m x
 
 
   
 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc 
bằng 
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 nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0. 
3. Các kỹ năng: 
 a. Để bình phƣơng 2 vế phƣơng trình – bất phƣơng trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không 1.1.
âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. 
Ví dụ 1: Giải bất phƣơng trình: 5 1 1 2 4x x x     (ĐH Khối A – 2005) 
Vế phải không âm, nhƣng vế trái chƣa nhận xét đƣợc do đó ta phải biến đổi thành: 5 1 1 2 4x x x     
khi đó ta bình phƣơng 2 vế rồi đƣa về dạng cơ bản để giải. 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình:      21 2 2 1x x x x x    . 
Giải 
Điều kiện:  
1
2 *
0
x
x
x


 

 
           
   
 
2 2 2 2
22 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
          
    
  
Vậy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm x=0, 
9
8
x  . 
(Hãy tìm thêm cách giải khác) 
Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình 2 22 4 0x mx x    có nghiệm. 
HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phƣơng hai vế tìm đƣợc 
2
1,2
16
2
m m
x
 
 . Kết hợp với điều kiện ta tìm 
đƣợc |m|  4. 
 Chuyển về phƣơng trình – bất phƣơng trình tích: 1.2.
- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 48 - 
Lưu ý: Để sử dụng phƣơng pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích... 
Ví dụ 4: Giải phƣơng trình: 2 7 7x x   . 
HD: 
 Bình phƣơng hai vế. 
 Dùng hằng đẳng thức a2  b2=0. 
 Nghiệm 
1 29
2,
2
x x

  . 
Ví dụ 5: Giải các bất phƣơng trình: a. 
 
2
2
4
1 1
x
x
x
 
 
 b.  2 23 2 3 2 0x x x x    
ĐS: a. 1x<8, b.    
1
; 2 3;
2
 
   
 
. 
Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dƣơng của tham số m, phƣơng trình sau có hai 
nghiệm thực phân biệt:  2 2 8 2x x m x    .(1) 
Giải: ĐK: 2x , do m > 0. 
     





)2(,326
2
242
23 mxx
x
xmxxpt . Để chứng minh 0m , phƣơng trình (1) có 
2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phƣơng trình (2) có một nghiệm khác 2. 
Thật vậy: đặt   3 26 32, 2f x x x x    , ta có f(2) = 0,    ' 2lim , 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 phƣơng trình (2) luôn có 
nghiệm x0 mà 2 < x0 <  . 
 Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với ,0 1iA i n   khi đó pt tƣơng đƣơng với: 1.3.
, ,1 20 0 0nA A A   . 
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình: 24 3 3 4 3 2 2 1x x x x x      . 
HD: Phƣơng trình tƣơng đƣơng   24 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0x x x x x x         . ĐS: x=1. 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình: 2 24 2 4x y y x y     . 
Giải 
Bình phƣơng hai vế ta đƣợc        2 2 2
1
2 1 2 2 2 4 0 , 2.
2
x y y x y x y           
 Sử dụng lập phƣơng: 1.4.
Với dạng tổng quát 3 3 3a b c  ta lập phƣơng hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 
   
3 3 3 3a b a b ab a b     khi đó phƣơng trình tƣơng đƣơng với hệ 
3 3 3
33
a b c
a b abc c
  

  
. Giải hệ này ta có 
nghiệm của phƣơng trình. 
Ví dụ: Giải bất phƣơng trình 3 3 31 2 2 3x x x     . ĐS: 
3
1; 2;
2
x x x   . 
 Nếu bất phƣơng trình chứa ẩn ở mẩu: 1.5.
1.5.1. TH1: Mẩu luôn dƣơng hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu: 
Ví dụ 1: Giải bất phƣơng trình: 
 
 
22 16 7
3 1
3 3
x x
x
x x
 
  
 
 (ĐH Khối A2004) 
Giải 
ĐK: 4x .      2 21 2 16 3 7 2 16 10 2         x x x x x 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 49 - 
   22
4
5
10 2 0
10 2 0
10 34 5
2 16 10 2
x
x
x
x
x
x x
 
 
 
          
Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình là: 10 34 x . 
1.5.2. TH2: Mẩu âm dƣơng trên từng khoảng thì ta chia thành từng trƣờng hợp: 
Ví dụ 2: Giải các bất phƣơng trình: a.   2 23 4 9x x x    b. 
251 2
1
1
x x
x
 


. 
HD: a. Xét ba trƣờng hợp x=3, x>3 và x<3. ĐS: 
5
3
6
x x    . 
b. Xét hai trừng hợp của x1. ĐS: 1 52 5 1x x      . 
II. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ: 
Dạng 1:    0nF f x  , đặt  nt f x (lƣu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t  0). 
Ví dụ 2: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm: 2 2 22 2 5 2x x m x x m     . 
Giải 
Đặt:  
225 2 6 1 0; 6t x x x t         
 
. 
Khi đó phƣơng trình trở thành  2 22 5 0 * 5t mt m t m       . Phƣơng trình đã cho có nghiệm khi (*) 
có nghiệm 0; 6t  
 
 hay 
0 5 6 5 6 5
0 5 6 5 6 5
m m
m m
       
 
       
. 
Ví dụ 3: Tìm m để bất phƣơng trình:  2( 2 2 1) 2 0m x x x x      , (1) có nghiệm 0;1 3x     . 
Giải: Đặt 2 2 22 2 2 2t x x x x t       . Nếu  31;0 x thì    2;111 2  xt 
BPT trở thành:    21 2 0, 2m t t    
Khi đó ta có 
2 2
1
t
m
t



, với 1 2t  . Đặt  
2 2
1
t
f t
t



, dùng đồ thị ta tìm đƣợc 
2
3
m  . 
 Dạng 2: 1.6.
             2 0m f x g x n f x g x n f x g x p      , đặt    t f x g x  , bình phƣơng hai vế 
để biểu diễn các đại lƣợng còn lại qua t. 
Ví dụ 1: Cho phƣơng trình   3 6 3 6x x m x x       . 
a. Giải phƣơng trình khi m=3. 
b. Tìm m để phƣơng trình đã cho có nghiệm. 
Giải 
Đặt:     23 6 9 2 3 6 *t x x t x x         . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy   2 3 6 9x x   
nên từ (*) ta có 3 3 2t  . 
Phƣơng trình đã cho trở thành t22t9=2m (1). 
a. Với m=3 (1)  t22t3  t =3. Thay vào (*) ta đƣợc x=3, x=6. 
b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm 3;3 2t  
 
. Xét hàm số   2 2 9f t t t   với 
3;3 2t  
 
, ta thấy f(t) là một hàm đb nên:    6 (3) 3 2 9 6 2f f t f      với 3;3 2t    . Do vậy 
(1) có nghiệm 3;3 2t  
 
 khi và chỉ 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: 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 50 - 
Cách 1: dùng BĐT như bài trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ). 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình  3 33 335 35 30x x x x    . 
HD: đặt: 
3
3 33 3 3535 35
3
t
t x x x
t

     . ĐS: x=2, x=3. 
Ví dụ 3: Giải bất phƣơng trình 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x        . 
HD: Đặt 7 7 7 6 0t x x       
6
6
7
x  . 
 Dạng 3: 1.7.
    , 0n nF f x g x  , trong đó F(t) là một phƣơng trình đẳng cấp bậc k. 
TH1: Kiểm tra nghiệm với   0g x  . 
TH2: Giả sử   0g x  chia hai vế phƣơng trình cho  kg x và đặt 
 
 
n
f x
t
g x
 . 
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình  3 25 1 2 2x x   . 
ĐK: 1x   .         3 2 2 25 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x            
2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
 
   
   
Đặt 
2
1
, 0
1
x
t t
x x

 
 
. Phƣơng trình trở thành 2
2
2 5 2 0 1
2
t
t t
t

   
 

. 
 Với t=2: Phƣơng trình đã cho vô nghiệm. 
 Với 
1
2
t  : Phƣơng trình đã cho có nghiệm 
5 37
2
x

 . 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       . 
Giải 
ĐK: 5x  . 2 2 2 25 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20x x x x x x x x x x               
Bình phƣơng hai vế:       2 22 4 5 3 4 5 4 5 4x x x x x x        
Đặt 
2 4 5
, 0.
4
x x
t t
x
 
 

 phƣơng trình trở thành 2
3
2 5 3 0 1,
2
t t t t      . 
 Với t = 1: Phƣơng trình đã cho có nghiệm 
5 61 5 61
5, 5
2 2
x x
 
    . 
 Với 
3
2
t  : Phƣơng trình đã cho có nghiệm 
7
8 5, 5
5
x x     . 
Vậy phƣơng trình đã cho có hai nghiệm: 
5 61
, 8
2
x x

  . 
Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm: 243 1 1 2 1x m x x     . 
HD: ĐK 1x  . Xét hai trƣờng hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phƣơng trình cho 24 1x  đặt 
4 4
1 2
1
1 1
x
t
x x

  
 
  0 1t  . ĐS 
1
1
3
m   . 
 Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). 1.8.
        0af x g x f x h x   . Đặt  t f x , khi đó phƣơng trình trở thành    2 0at g x t h x   . 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 51 - 
Ví dụ: Giải phƣơng trình   2 22 1 2 1 2 1x x x x x      . 
HD 
Đặt 2 2 1 1 6t x x x       . 
(Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit, rất hay!) 
 Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lƣợng giác). 1.9.
 Khi giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình lƣợng giác chúng ta thƣờng tìm mọi cách đặt ẩn phụ để 
chuyển về phƣơng trình, bất phƣơng trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trƣờng hợp cách là ngƣợc lại tỏ ra khá 
hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lƣợng giác ta sẽ đƣa các bài toán đại số về bài toán lƣợng giác và giải 
quyết bài toán lƣợng giác này. 
 Lƣu ý vài tính chất cơ bản: 
* sin 1, cos 1a a  . * 2 2sin cos 1a a  . 
* 2
2
1
1 tan
cos
a
a
  * 2
2
1
1 cot
sin
a
a
  . 
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình 2 21 1 2x x   . 
Giải 
ĐK 1x  . Đặt  cos , 0;x t t   . Khi đó phƣơng trình trở thành 
2 2 21 1 cos 2cos 2sin sin 1 0.t t t t       Ta tìm đƣợc: 
1
sin
2
t  . Khi đó 2
3
cos 1 sin
2
x t t      . 
Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định  u x a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt   sin , ;
2 2
u x a t t
  
   
 
hoặc đặt    cos , 0;u x a t t   . 
 * Nếu    0;u x a ta có thể đặt   2sin , 0;
2
u x a t t
 
  
 
. 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình    
3
3 2 21 2 1x x x x    . 
HD: Đặt  cos , 0;x t t   dƣa về phƣơng trình lƣợng giác   sin cos 1 sin cos 2 sin cost t t t t t   . Để gải 
phƣơng trình này ta lại đặt sin cos , 2u t t u   . 
ĐS: 
2 1 2 2 2
,
2 2
x x
  
  . 
Ví dụ 3: Giải phƣơng trình 2 31 4 3x x x   . ĐS: 
1 2 2
,
42
x x

    . 
 Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đƣa về hệ phƣơng trình). 1.10.
* Khi gặp phƣơng trình có dạng       , ,   0n mF f x a f x b f x . 
Đặt    ,n mu a f x v b f x    . Khi đó ta đƣợc hệ phƣơng trình sau: 
 , 0
n m
F u v
u v a b
 

  
. Giải hệ này tìm u, v 
rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phƣơng trình  nu a f x  hoặc  mv b f x  . 
* Khi gặp phƣơng trình có dạng      n nf x b a af x b . 
Đặt    , nt f x y af x b   ta có hệ 
n
n
t b ay
y b at
  

 
. 
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình 2
3
2 4
2
x
x x

  . 
Giải 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 52 - 
ĐK 3x   .  
 
 
2 22
1 23 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
xx x
x x x x
  
           . 
Đặt 2
1
1, 1 1 1
2 2 2
x t t
t x y y

         . Ta đƣợc hệ phƣơng trình 
2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

 

  

. Giải thêm chút nữa 
ta đƣợc kết quả! ĐS: 
3 17 5 13
,
4 4
x x
    
  . 
Chú ý: bài này không thể sử dụng phƣơng pháp bình phƣơng vì không nhẩm đƣợc nghiệm, nên ta phải biến đổi 
để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ. 
2. Phƣơng pháp hàm số 
Các tính chất: 
Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phƣơng trình f(x)=k (kR) có không quá một 
nghiệm trong khoảng (a;b). 
Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có  ( )f u f v u v   . 
Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phƣơng trình f(x)=g(x) có nhiều 
nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). 
Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì  bac ; :
 
   
'
F b F a
F c
b a



. Khi áp dụng giải phƣơng trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì 
     ; : ' 0 ' 0c a b F c F x     có nghiệm thuộc (a;b). 
Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phƣơng trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm 
thuộc D. 
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: 
Phƣơng án 1: Biến đổi phƣơng trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch 
biến) suy ra phƣơng trình có nghiệm duy nhất. 
Phƣơng án 2: Biến đổi phƣơng trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) 
đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phƣơng trình có nghiệm duy nhất. 
Phƣơng án 3: Biến đổi phƣơng trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v. 
Ví dụ: Giải phƣơng trình: 24 1 4 1 1x x    
ĐK: 
1
2
x  . Đặt   24 1 4 1f 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 phƣơng trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy 
1
2
x  là 
nghiệm của phƣơng trình. 
Đối với phƣơng trình chứa tham số ta thực hiện nhƣ sau: 
Xét phƣơng trình f(x,m) = g(m), (1) 
B1: Lập luận số nghiệm phƣơng trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đƣờng thẳng 
d: y = g(m). 
B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) 
B3: Kết luận: * phƣơng trình có nghiệm:      min , max ,
x D x D
f x m g m f x m
 
  . 
 * phƣơng trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. 
 * phƣơng trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . 
Ví dụ 1: Tìm m để phƣơng trình: 
2 21 1x x x x m      có nghiệm. 
TXĐ: R 
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 53 - 
Xét hs:   2 21 1y f x x x x x       , Df = R, 
2 2
2 1 2 1
'
1 1
 
 
   
x x
y
x x x x
   
   
       
' 2 2
2 22 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.nghiệm) 
Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 
Giới hạn: 
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 phƣơng 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 phƣơng 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 phƣơng trình sau có nghiệm: 3 1mx x m    , ĐK: 3x  
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 5y x   . lim 0
x
y

 và f(3) = 
1
2
. 
BBT: 
x 3 5  
 y’ + 0  
 y y(5) 
1
2
0 
Vậy bất phƣơng trình có nghiệm  
3 1
5
4
y m m

    
Ví dụ 3: Tìm m để phƣơng trình:  12 5 4x x x m x x      có nghiệm. 
Giải: ĐK: 0 4x  
 ( 12) 5 4pt x x x x x m       xét hs    ( 12) 5 4y f x x x x x x       . Miền xác 
định:  0;4D  
Nhận xét: Hàm số   12h x x x x   đồng biến trên D. 
 Hàm số   5 4g x x x    đồng biến trên D. 
Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phƣơng trình có nghiệm khi và chỉ khi 
   0 4f m f  
Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phƣơng trình: 23 1x m x   
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version 2 – Thaùng 2/2013 - 54 - 
Giải: Phƣơng trình đƣợc viết lại dƣới dạng: 
2
3
1
x
m
x



Số nghiệm của phƣơng trình là số giao điểm của (C): 
2
3
1
x
y
x



 và đƣờng thẳng: y = m. 
Lập BBT : 
 x  1/3  
 y’ + 0  
 y 10 
 1 
1 
KL: 1 10m m    : phƣơng trình vô nghiệm. 
 1 1m   hoặc 10m : phƣơng trình có nghiệm duy nhất. 
 1 10m  : phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt. 
Ví dụ 5: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm:   1 3 1 3x x x x m       , (1) 
Giải: ĐK: 1 3x  . Đặt 1 3t x x    , lập BBT của t(x) với 1 3x  ta có 2 2t  
Khi đó phƣơng trình (1) trở thành: 
1
2
 t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với 2 2t  từ đó 
kết luận: 1 2m  . 
Vaán ñeà 8: PHÖÔNG TRÌNH COÙ DAÁU GIAÙ TRÒ TUYEÄT ÑOÁI 
1/. 


















0
0
B
BA
B
BA
BA
2/. 





BA
BA
BA 
Chuù yù: 


















0
)()(
0
)()(
)()(
x
xgxf
x
xgxf
xgxf
Vaán ñeà 9: BAÁT PHÖÔNG TRÌNH CHÖÙA GIAÙ TRÒ TUYEÄT ÑOÁI 
1/. 






0B
BAB
BA 2/. 






















0
0
0
B
BA
B
BA
B
BA
 3/. 
22 BABA  
Chuyeân Ñeà OÂn Thi Ñaïi Hoïc 2013 Toaùn Hoïc 
ếp 
Version