Một số lưu ý khi giải phương trình có chứa tham số bằng phương pháp đặt ẩn phụ - Phan Hữu Thiềm

trên ta được: 
Pt (1) có nghiệm thỏa điều kiện bài toán ⇔ pt (5) có 
nghiệm t thỏa (**) ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2. 
Nhận xét: 
∗ Đối với pt có chứa tham số m và có câu hỏi giải pt với giá trị của m cụ thể (ví dụ 1), chúng ta 
không nên thay m liền để giải, mà nên biến đổi đến mức tối thiểu (pt 3) có thể được, rồi sau đó mới 
thay giá trị m để giải câu a. Làm như vậy để tránh lập lại bước biến đổi đầu tiên từ pt (1)→ pt(3) 
trong cả 2 câu a) và b). 
∗ Học sinh dễ mắc bẩy ở đây: Hể cứ đặt ( )t f x= thì chúng ta liền viết t≥0, điều này thường dẫn 
đến dư nghiệm, nếu như bài toán có chứa tham số m. Như ví dụ 1) ở trên: do 
2 2
3 3log log 1 1x x= + − ≥ 0 ⇔ 23log 1 1x + ≥ ⇔ 23log 1 1x + ≥ , nên điều kiện t≥ 1. Hơn nữa hàm f 
đôi lúc còn được xác định trên miền D cho trước [(**)], vì thế chúng ta phải tìm miền giá trị của 
hàm f ⇒ các cận của t. Bằng cách quen thuộc là khảo sát hàm t: xem biến phụ t là hàm theo x trên 
tập xác định của x như ví dụ 2 sau. 
Ví dụ 2. (ĐH & CĐ 2004–A) Tìm m để phương trình sau có nghiệm ( )2 2 4 2 21 1 2 2 1 1 1 .m x x x x x+ − − + = − + + − − (1). 
Giải: 
Nhận xét: 2 2 41 . 1 1x x x+ − = − 
Tìm miền giá trị của t 
Khảo sát t = f(x) / [–1; +1] 
ƒ Điều kiện: –1≤ x ≤ 1 
ƒ Đăt 2 2( ) 1 1t f x x x= = + − − , với x∈[–1; +1]. 
Cách 1 
Ta có: 
2 2 2 2
1 1'( )
1 1 1 1
x xf x x
x x x x
⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟+ − + −⎝ ⎠
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 
 3
 Do 
2 2
1 1
1 1x x
++ − >0 với x ∈ (–1; 1). 
Nên: f’(x) = 0 ⇔ x = 0. 
Bảng biến thiên của t=f(x). 
Như vậy: 0 2t≤ ≤ 
Nhận xét: 1+ x2 ≥ 1 – x2≥0. 
Bình phương t: 
Cách 2 
Với x∈[–1; +1].Ta có: 
 2 21 1x x+ ≥ − ⇒ 2 21 1 0t x x= + − − ≥ 
 ⇒ 2 2 22 2 1 . 1 2t x x= − + − ≤ 
Điều kiện của biến phụ t ⇒ 0 2t≤ ≤ . 
Tính 41 x− theo t 
ƒ 2 2 2 42 2 1 . 1 2(1 1 )t x x x= − + − = − − 
 ⇔ 4 22 1 2x t− = − 
Thay t vào (1) ƒ (1) ⇔ m( t + 2) = 2 – t2 + t, 0 2t≤ ≤ 
Tính m theo t ⇔ 
2 2
2
t tm
t
− + += + ; 0 2t≤ ≤ 
Chia đa thức ⇔
43
2
m t
t
= − + + − + ; 0 2t≤ ≤ (2) 
Bài toán trở thành: Tìm m để 
phương trình (2) có nghiệm t 
thỏa: 0 ≤ t ≤ 2 . 
ƒ Đăt: 4( ) 3
2
m g t t
t
= = − + + − + ; 0 2t≤ ≤ 
 2
4'( ) 1
( 2)
g t
t
= − + + ; g’(t) = 0 ⇔ (t = –4) V (t = 0). 
Dùng phương pháp đồ thị để tìm 
m. 
Lập bảng biến thiên.. 
Cách 1 
Kết luận: Căn cứ vào bảng biến 
thiên ta có kết quả. 
ƒ Vậy pt (1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] 
 ⇔ 2 1 1m− ≤ ≤ . 
Chú ý: Phải nói m = g(t) là hàm 
xác định và liên tục trên đoạn 
đang xét ⇒ Hàm đạt giá trị nhỏ 
nhất và lớn nhất trên đoạn đó. 
Kết luận 
Cách 2 
ƒ Nhận xét: m= g(t) là hàm liên tục trên đoạn [0; 2 ] 
và có đạo hàm g’(t) < 0 trên (0; 2 ) , vì thế: 
0; 2
min ( ) ( 2) 2 1f t f
⎡ ⎤⎣ ⎦
= = − .và 
0; 2
m ax ( ) (0) 1f t f
⎡ ⎤⎣ ⎦
= = 
ƒ Vậy pt(1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] 
 ⇔ 
0; 2 0; 2
min ( ) m ax ( )f t m f t
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦
≤ ≤ 
 ⇔ 2 1 1m− ≤ ≤ 
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 
 4
Nhận xét 
∗ Ta có: .a b ab= vì ( a≥0 & b ≥0)⇒ a.b≥0. Tuy nhiên điều ngược lại: . .a b a b= 
thường không đúng, vì a.b ≥ 0 ⇒ a; b cùng dấu ⇒ a; b có thể đều âm ⇒ , a b vô nghĩa. Tương tự 
như: log log log ( )a a aA B AB+ = , ngược lại chúng ta không có: log ( ) log loga a aAB A B= + . 
∗ Cách 2 trong việc tìm cận (chận) của t là cách làm đẹp, tuy nhiên nếu không nhận ra dược t≥0 
thì bài toán không hoàn chỉnh, thậm chí sai. Hơn nữa phép bình phương là một phép biến đổi 
không tương đương, do đó rất cẩn thận trong việc bình phương 2 vế. 
Ví dụ 3. (ĐH & CĐ 2007–A) 
Tìm m để phương trình 243 1 1 2 1.x m x x− + + = − (1) có nghiệm thực. 
Giải: 
Tìm điều kiện để pt có nghĩa: ƒ Điều kiện 1 x≤ (*) 
Chú ý: với mọi x ≥1 ta có: 
∗ ( )24 1 1x x− = − , ( )24 1 1x x+ = +
∗ 244 41. 1 1x x x− + = − 
Chia hai vế của phương trình (1) 
cho ( )24 1x + . 
ƒ (1) ⇔
2
4 4
1 13 2
1 1
x xm
x x
⎛ ⎞− −+ =⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
. (2) 
Đặt t = 4 1
1
x
x
−
+ ; x≥1 (*) 
Tìm miền giá trị của t với x ≥1 Ta có: 1 20 1 11 1
x
x x
−≤ = − <+ + ⇒0 ≤ t = 4
1
1
x
x
−
+ < 1.(**) 
Bài toán trở thành: Tìm m để pt (3) 
nghiệm t∈ [0; 1). (2) ⇔
23 2t m t+ = (0 ≤ t < 1) (3) 
 ⇔ m = –3t2 + 2t, (0 ≤ t < 1) (4). 
Dùng phương pháp đồ thị để tìm m ƒ Đặt m = f(t) = –3t2 + 2t, (0 ≤ t < 1) 
Đồ thị của f(t) là một parabol (***): 
+ Tọa độ đỉnh 
0
0
1
32
1( ) 3
bt
aS
y f t
⎧ = − =⎪⎨⎪ = =⎩
. 
+ a = –3 <0 có bề lõm quay về phía 
y < 0. Ta được bảng biến thiên. 
Kết luận 
Như vậy (1) có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm t∈ [0; 1) 
⇔ 11; 
3
m ⎛ ⎤∈ −⎜ ⎥⎝ ⎦ . 
Nhận xét: 
™ Điều mấu chốt ở đây là nhận biết: ( )24a a= và 2 2 2n n na b ab= (1) với a≥0, b≥0. 
™ Sau khi đặt 4 1, x 1
1
xt
x
−= ≥+ . Cũng như ví dụ trên, chúng ta phải tìm miền giá trị của t [(**)] 
hay cách làm quen thuộc là lập bảng biến thiên của 4 1( )
1
xt f x
x
−= = + , trên tập [1;+∞ ) như sau: 
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 
 5
Tính đạo hàm f’(x). ƒ 
2 34
1 2'( )
4 ( 1) ( 1)
f x
x x
= + + >0, với mọi x ≥1. 
Tìm giá trị của t ở hai cận ƒ f(1)= 0; lim ( ) 1
x
f x→+∞ = (***) 
Lập bảng biến thiên 
Kết luận Căn cứ vào bảng biến thiên ta có: 0 ≤ t <1. 
Làm theo cách này nói chung là khó so với một học sinh trung bình khá vì phải tính đạo hàm phức 
tạp và tìm giới hạn (***) ở hai đầu mút của tập xác định. Tuy nhiên có vẽ tự nhiên hơn là cách 
(**) ở trên, đòi hỏi học sinh phải khá thành thạo kĩ thuật thêm bớt và cách tìm các cận (chận) trên, 
dưới của một hàm. Nói chung chúng tôi đưa các cách khác nhau, cách nào thuận tiện và quen 
thuộc với mình thì thực hiện. 
™ Chúng ta có thể khảo sát hàm bậc 2 (***) bằng đạo hàm nếu không nhớ bảng biến thiên của 
hàm bậc hai ở chương trình lớp10. 
Ví dụ 4. (ĐH & CĐ 2007–D) 
Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 
3 3
3 3
1 1 5
(I)
1 1 15 10.
x y
x y
x y m
x y
⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩
Giải 
Nhận xét sự tương quan giữa 
3
3
1 1 & xx
x x
+ + . 
ƒ Đặt 1 1, u x v y
x y
= + = + 
Chú ý: | | | | | |a b a b+ = + , khi a.b > 0 
Vì 1. 1 0x
x
= > => 1 1| |x x
x x
+ = + . 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số 1| |, x
x
 ta có 
1 1 1| | 2 | | . 2x x x
x x x
+ = + ≥ = . Do đó |u|;|v|≥2. (*) 
Chú ý: 
( )3 3 3 3 ( )a b a b ab a b+ = + + + 
Ta có: 
3
3 3
3
1 1 13u x x x
x x x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ 
3 3
3
1 3x u u
x
+ = − . 
Tương tự: 3 33
1 3y v v
y
+ = − 
(I): là hệ pt đối xứng loại 1, nên 
chúng ta đưa về dạng tổng & tích. 
Viết 3 3u v+ theo , .u v u v+ 
Hệ pt (I) trở thành: 
3 3
5 (a) 
3( ) 15 10 (b)
u v
u v u v m
+ =⎧⎨ + − + = −⎩
 .|u|, |v| ≥2 
⇔ 3
5 (a)
( ) 3 ( ) 3( ) 15 10(b)
u v
u v uv u v u v m
+ =⎧⎨ + − + − + = −⎩
.|u|,|v|≥2 
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 
 6
Thay u+v=5 vào (b) ta được hệ (II). ⇔ 58
u v
uv m
+ =⎧⎨ = −⎩ (|u|; |v| ≥2) (II) 
 ⇔ u, v là nghiệm của pt: 
t2 – 5t + 8 – m = 0, |t|≥2 (1) 
Bài toán có thể phát biểu: Tìm m để 
pt (1) có nghiệm thỏa |t| ≥2. ƒ Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm t1; t2 thỏa 
điều kiện |t1|≥2 và |t2| ≥2 (2 nghiệm t1; t2 có thể trùng 
nhau) . 
 ƒ Xét hàm: f(t) = t2–5t+8, với |t| ≥2 
Bảng biến thiên: 
+ f'(t)=2t–5. 
+f’(t) = 0 ⇔ t=5/2 (f =7/4) 
 Căn cứ vào bảng biến thiên của hàm số ta được: 
Kết luận Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ ( )7 2 V 224 m m
⎛ ⎞≤ ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Nhận xét 
™ Để tìm điều kiện (*) của biến phụ, chúng ta có thể làm như sau: Giả sử có 
0
1u x
x
= + ⇔ 2 0 1 0x u x− + = có nghiệm x ≠ 0 ⇔ 20 4 0u − ≥ ⇔ |u0| ≥2. Ở đây tương tự như đặt 
u= tanx + cotx, điều kiện |u| ≥2. Tuy nhiên nếu đăt 0 1u x x= − thì không có điều kiện đối với u! 
Thật vậy nếu có 0
1u x
x
= − ⇔ 02 1 0x u x− − = luôn có 2 nghiệm trái dấu vì a.c=–1<0, với mọi u0. 
™ Sau khi đặt u, v. Nếu hệ pt có (II) có nghiệm (u; v), thì không hẳn hệ (I) có nghiệm nếu không 
cần điều kiện (*). Do đó học sinh dễ bị mắc lỗi ở đây! Đối chiếu với bảng biến thiên nếu không có 
điều kiện (*)→ kết luận m≥7/4: sai. 
™ Khi vẽ bảng biến thiên thì chúng ta xem việc ghi các giá trị y của hàm số (hàng thứ 3 của bảng), 
sao cho thể hiện được tính thứ tự của nó, như ghi trên trục Oy tức là: phải ghi đúng vị trí tương đối 
của chúng (lớn hơn thì ghi ở trên, ngược lại ghi ở vị trí thấp hơn, như bảng biến thiên trong ví dụ 
4), để khi xác định giá trị của m sao cho pt có nghiệm sẽ không bị nhầm lẫn, sai sót. 
Ví dụ 5. (ĐH Thương mại–2001) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 
2
1 2 1 2( 1) log ( 2) ( 5) log ( 2) 1 0m x m x m− − − − − + − = (1) 
có hai nghiệm thỏa điều kiện : 1 22 4 .x x< ≤ < 
Giải: 
Chú ý: 
+ 1log loga
a
M M= − (*) 
+ ( )22log log
a a
M M= 
Phương trình (1) trở thành: 
Đưa log cơ số ½ về cơ số 2 22 2( 1) log ( 2) ( 5) log ( 2) 1 0m x m x m− − + − − + − = (2) 
Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 
 7
2log ( 2)t x= − là hàm đồng biến trên 
(2; 4) 
Đặt 2log ( 2)t x= − : 
2
2 2
lim ( ) lim log ( 2)
x x
t x x+ +→ →= − = −∞ , với x = 4 ⇒ t (4) = 1. 
 Do vậy: x ∈ (2; 4) ⇒ t < 1 
 (2) ⇔ (m–1) t2 + (m–5)t + m – 1= 0 , với t < 1. (3) 
 ⇔ (t2 + t + 1) m = t2 + 5t + 1 
Pt(3) trỏ thành: tìm m để pt (4) có 
nghiệm thỏa: t1 ≤ t2 < 1 ⇔ 
2
2
5 1
1
t tm
t t
+ += + + ; (t < 1) (4). 
Đăt 
2
2
5 1( )
1
t tm f t
t t
+ += = + + 
 ƒ ( )
2
22
4 4'( )
1
tf t
t t
− +=
+ +
; 
 ƒ ( )
1 ( ( 1) 3)
'( ) 0 
1 ( 1) 7 / 3
t f
f t
t f
= − − = −⎡= ⇔ ⎢ = + + =⎣
. 
Tìm lim của hàm f(t) khi x→ – ∞ ƒ lim ( ) 1t f t→−∞ = . (5) 
Bảng biến thiên: 
Kết luận Pt (1) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ (4) có 2 nghiệm t < 1 
 ⇔ –3 ≤ m < 1 
Nhận xét 
™ Khi giải pt có chứa logarit (mũ), chúng ta nên đưa về cơ số a>1 và áp dụng tính đồng biến của 
hàm số logarit (mũ), khỏi bị nhầm lẫn hơn khi log (mũ) có cơ số a < 1. 
™ Để ý: với M >0; ( )22 2log log log 2log | |
a a a a
M M M M= ≠ = với M ≠ 0. 
™ Đối với hàm hữu tỷ, chúng ta phải tìm lim ở hai đầu mút của tập xác định (5). 
Ví dụ 6. (ĐH Ngoại ngữ –2000) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có 2 
nghiệm trái dấu nhau: 
(m + 3)16x + (2m – 1) 4x + m + 1 = 0. (1) 
Giải