Đại số sơ cấp - Phương trình, bất phương trình vô tỉ

Đại số sơ cấp - Phương trình, bất phương trình vô tỉ

Thể loại: Toán học
Lượt xem: 24,863Lượt tải: 10Số trang: 30

Mô tả tài liệu

Tham khảo tài liệu 'đại số sơ cấp - phương trình, bất phương trình vô tỉ', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Tóm tắt nội dung

116 Bài 26. Cho bất phương trình 2( 2)( 4)( 6 10) .x x x x m+ + + + ≥ Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với .x∀ ∈ℝ Bài 27. Cho bất phương trình 22 os 3 os +1 0.c x mc x+ ≥ Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với [0; ].x π∀ ∈ Bài 28. Cho bất phương trình 2 2 1 1 (2 3)( ) 2( 2) 0.x m x m x x + + + + + + > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 0.x∀ ≠ Bài 29. Cho bất phương trình 3 2(2 1) 3( 4) 12 0.x m x m x m− + + + − − > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 1.x∀ > Bài 30. Cho bất phương trình ( 1)( 1)( 3)( 5) .x x x x m− + + + > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 1.x∀ > − Bài 31. Cho bất phương trình ( 2)( 2)( 4) 2 .x x x x m− + + < Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm 0.x > Bài 32. Chứng minh rằng phương trình ( )24 4 1 1x x + = có đúng ba nghiệm phân biệt. CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ §1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Định nghĩa và các định lý 1.1. Định nghĩa Ta gọi phương trình vô tỉ, mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn hay nói khác đi đó là phương trình dạng ( ) 0,f x = trong đó ( )f x là một hàm số có chứa căn thức của biến số. 1.2. Các định lý. (Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phương trình vô tỉ). 1.2.1. Định lý. [ ] 2 1 2 1( ) ( ) ( ) [ ( )] k kf x g x f x g x + += ⇔ = 1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) [ ( )] kk f x g x f x g x ++ = ⇔ = 1.2.3. Định lý. 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )k kf x g x f x g x+ += ⇔ = 117 1.2.4. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) [ ( x f x g x f x g x ≥ = ⇔  = 1.2.5. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) k k f x g x f x g x f x g x ≥ ∨ ≥ = ⇔  = (Với k là số tự nhiên khác 0). Việc chứng minh các định lý trên hết sức dễ dàng nhờ tính chất của lũy thừa và căn thức. Chúng tôi dành cho bạn đọc. 2. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ 2.1. Phương pháp nâng lên lũy thừa Ví dụ 1. Giải phương trình 3 3 1x x+ = − (1) Giải. (1) 7 2 0 x x   − − = ⇔ = −  Vậy, phương trình có một nghiệm là 1.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 3 7 2 8x x x+ − − = − Giải. Để các căn bậc hai có nghĩa ta phải có điều kiện 2 8 0 7 0 4 7. 3 0 x x x x − ≥  − ≥ ⇔ ≤ ≤  + ≥ Ta có 3 7 2 8 2 8 7 3 2 8 2 (2 8)(7 ) 7 3 (2 8)(7 ) 2 x x x x x x x x x x x x x + − − = − ⇔ − + − = + ⇔ − + − − + − = + ⇔ − − = 118 2 (2 8)(7 ) 4 2 22 60 0 x x x x ⇔ − − = ⇔ − + − = 2 11 30 − + = = ⇔  = Cả hai giá trị của x đều thỏa mãn điều kiện trên. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm 5; 6.x x= = Ví dụ 3. Giải phương trình 2 24 5 1 2x x x− + + + − = Giải. Điều kiện: 1 1x− ≤ ≤ (*) Nếu bình phương hai vế của phương trình ta sẽ đưa đến phương trình bậc cao, do đó chuyển hạng tử thứ hai sang vế phải ta được 2 24 5 2 1x x x− + + = − − Với điều kiện 1 1x− ≤ ≤ thì vế phải của phương trình trên không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được phương trình tương đương 2 2 2 2 2 2 2 4 5 4 4 1 1 1 0 0 2 . 21 2 1 x x x x x x x x x x x x − + + = − − + − ⇔ − = − ≤ ≤  ⇔ ⇔ ⇔ = −  − = =  Giá trị của x thỏa mãn điều kiện (*). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm = − Ví dụ 4. Giải phương trình 3 31 4 5x x x− = − − + Giải. 3 1x − có nghĩa khi và chỉ khi 1.x ≥ Để bình phương được hai vế ta cần đặt điều kiện cho vế phải không âm, ta có ( )( 5 0 1 5 0 1. x x x x x x − − + ≥ ⇔ − − − − ≥ ⇔ ≤ Như vậy, nghiệm của phương trình chỉ có thể 1x = . Ta thử được phương trình nhận 1x = làm nghiệm. Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất là 1x = . Ví dụ 5. Giải phương trình 119 3 3 31 3 1 1x x x+ + + = − (1) Giải. (1) ( ) 3 3 31 3 1 1x x x⇔ + + + = − ( )( ) ( )3 334 2 3 1 3 1 1 3 1 1x x x x x x⇔ + + + + + + + = − (2) ( )( ) ( )3 33 1 3 1 1 3 1 1x x x x x⇔ + + + + + = − − (3) Thay 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − vào (3) ta được phương trình hệ quả ( )( ) 33 1 3 1 1 1(4)x x x x+ + − = − − ( )( )( ) 31 3 1 1 ( 1)x x x x⇔ + + − = − + 3 2 + = = ⇔  = − Thử lại thì chỉ có 1x = − thỏa phương trình (1). Vậy, phương trình (1) có một nghiệm là 1.x = − Chú ý. Tất cả các phép biến đổi đều là tương đương, chỉ từ (3) đến (4) là phép biến đổi hệ quả, tức là phép thế 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − . Chúng ta thử phân tích để thấy rõ khi thế 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − không phải là phép biến đổi tương đương. Để cho gọn ta đặt 3 31, 3 1u x v x= + = + , 3 1t x= − . Lúc đó ta có u v t+ = (1) ( ) 3 3u v t⇔ + = (2) ( )3 3 33u v uv u v t⇔ + + + = (3) Thay u v t+ = vào (3) ta được 3 3 33u v uvt t+ + = (4) Chúng ta khẳng định (4) là hệ quả của (3) và phép biến đổi từ (3) đến (4) không làm mở rộng tập xác định nên (4) phải được biến đổi thành dạng ( ). ( ) 0u v t A x+ − = Nghiệm ngoại lai xuất hiện chắc chắn là nghiệm của phương trình ( ) 0.A x = Ta có (4) 3 3 33 0u v uvt t⇔ + + − = 2 2 2( )[( ) ( ) ( ) ] 0.u v t u v v t t u⇔ + − − + + + + = Trở lại ban đầu ta có 2 2 23 3 3 3 3 3( ) [( 1 3 1) ( 3 1 1) ( 1 1) ].A x x x x x x x= + − + + + + − + − + + Rõ ràng 0x = là nghiệm của phương trình ( ) 0.A x = Qua bài toán này, chúng ta thấy có những phép biến đổi phương trình tưởng như là phép biến đổi tương đương nhưng thực chất là phép biến đổi hệ quả. 120 2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình 2 24 12 5 4 12 11 15 0 (*)x x x x− − − + + = Giải. Đặt 24 12 11t x x= − + Điều kiện: 0t ≥ Khi đó phương trình ( )∗ trở thành 2 1t 5 4 + = ⇔  = Với 1t = ta có 2 2 2 4 12 11 1 4 12 11 1 4 12 10 0. x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ − + = Trường hợp này phương trình vô nghiệm. Với 4t = ta có 12 11 4 4 12 11 16 4 12 5 0 3 14 2 3 14 2 x x x x x + = ⇔ − + = ⇔ − − =  − =  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3 hoặc 3 . Ví dụ 2. Giải phương trình ( )( )3 6 3 6 3x x x x+ + − − + − = (1) Giải. Cách 1. Điều kiện: 3 0 3 6 6 ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ Đặt 3 0 6 0 u x v x  = + ≥  = − ≥ Ta có hệ phương trình theo u và v 121 2 v uv u v + − =  + = Đặt 2, ; 0; 0; 4 0.S u v P uv S P S P= + = ≥ ≥ − ≥ Khi đó ( )∗ trở thành hệ 2 2 3 3 1 3 4 0.2 9 2 3 0 S P P S S S P PS P S S − = = − = − =    ⇔ ⇔ ∨    = − =− = − − =    Chỉ có thỏa điều kiện. Với thì ,u v là nghiệm của phương trình 2 03 0 3 t t = ⇔  = Khi đó ta có 3 0 6 3 3 63 3 6 0 x x + =   − = = −  ⇔  =  + =  − = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3x = − hoặc 6.x = Cách 2. Đặt 2 3 6 0 9 2 (3 )(6 ) t x x t x x = + + − ≥ ⇒ = + + − 2 9 (3 )(6 ) 2 t x x − ⇔ + − = (1) trở thành phương trình theo biến t 3 = ⇔ − − = = −   = Ta nhận 3 3 6 3,t x x= ⇒ + + − = điều kiện 3 6.x− ≤ ≤ Bình phương hai vế của phương trình ta được (3 )(6 ) 0 3 6.x x x x+ − = ⇔ = − ∨ = 122 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3x = − hoặc 6.x = Ví dụ 3. Giải phương trình ( ) ( ) 2 2255 52 1 3 1 1 0x x x+ + − + − = (1) Giải. Vì 1x = − không là nghiệm, nên chia hai vế của (1) cho ( ) 25 1x + ta được phương trình 2 5 5 1 1 2 3 0 1 1 x x x x − −  + + =  + +  Đặt Ta có phương trình 2 3 2 0t t+ + = (2) (2) − ⇔  = − − = − +⇔  − = − + − + ⇔  − = −  + = − Vậy, phương trình có nghiệm là 33 31 x = − . Ví dụ 4. Cho phương trình chứa tham số m ( )2 22 2 2 3 0x x x x m− + − − − = (1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [ ]4;5 . Giải. Đặt 2 2 3,t x x= − − [ ]4;5x ∈ Ta có phương trình 22 6 0t t m+ + − = 22 6 (2).t t m⇔ + + = Với [ ]4;5x ∈ thì 5;2 3t  ∈   . Từ đó (1) có nghiệm thuộc đoạn [ ]4;5 ⇔ (2) có nghiệm thuộc đoạn [ 5;2 3 ] [ 5;2 3 ] 5;2 3 ( ) ( ) t t Minf t m Maxf t ∈ ∈   ⇔ ≤ ≤  với ( ) 22 6.f t t t= + + Ta có 1 ( ) 2 1 0 [ 5;2 3]. 2 f t t t′ = + = ⇔ = − ∉ ( 5) 16 5, (2 3) 30 2 3.f f= + = + Như vậy, (2) có nghiệm thuộc đoạn 5;2 3   khi và chỉ khi 16 5 30 2 3.m+ ≤ ≤ + 123 Vậy, giá trị m cần tìm là 16 5 30 2 3.m+ ≤ ≤ + Ví dụ 5. Giải phương trình ( )3 31 2 2 1 1 .x x+ = − Giải. Đặt 33 2 1 2 1t x t x= − ⇒ = − , (1) trở thành 3 31 2 2 1.x t x t+ = ⇒ = − Như vậy ta có 3 3 3 3 2 1 2( ). 2 1 x t x t t x t x  = − ⇒ − = −  = − Từ đó ta có hệ phương trình ( ) ( 3 1 2 1 2 3 2 02 2 4 x t x t t x t x tx t t x  + =  + =   ⇔    − + + + =− = −         3 1 5 1 . 22 1 0 t x x x x x = − ± ⇔ ⇒ = ∨ = − + = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 1 5 1 . 2 x x − ± = ∨ = Ví dụ 6. Giải phương trình ( )2 5 5 1 .x x+ + = Giải. Đặt 25 0 5t x t x= + ≥ → = + ( ) ( ) ( 055 1 1 0 15 4 0  = − ≥   − − = + =+ =   ⇒ ⇔ ⇔ ⇔  + − + = = +− =      + − = t x x xx tx t x t x t t xt x x x 0 1 21 1 21 2 2 . 1 1 17 21 17 2  ≤   ± − = =  ⇔ ⇔ ≥ − − + =   − ± Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 1 21 1 17 . 2 2 x x − − + = ∨ = Ví dụ 7. Cho phương trình 124 24 4 16x x x m+ + − + − = (1) Tìm m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. Giải. Đặt 4 4 0; 4 4.t x x x= + + − ≥ − ≤ ≤ 2 2 2 2 88 2 16 x x − ⇒ = + − ⇔ − = (1) trở thành 2 2 8 2 .t t m+ − = Xét hàm số ( ) 4 4 ; 4 4t h x x x x= = + + − − ≤ ≤ 1 1 4 4 ( ) 2 4 2 4 2 4 . 4 x x h x x x x x − − + ′ = − = + − − + ( ) 0 0; ( 4) (4) 2 2; (0) 4.h x x h h h′ = ⇔ = − = = = Như vậy [ 4;4] [2 2;4].x t∈ − ⇒ ∈ Ta có nhận xét: Khi 4t = thì phương trình 4 4t x x= + + − có một nghiệm ,x khi 2 2 4t≤ < thì phương trình 4 4t x x= + + − có hai nghiệm .x Xét hàm số 2( ) 2 8f t t t= + − ( ) 2 2 0 1 [2 2;4].f t t t′ = + = ⇔ = − ∉ Hàm số 2( ) 2 8f t t t= + − đồng biến trên [2 2;4] nên đường thẳng 2y m= cắt đồ thị hàm số 2( ) 2 8y f t t t= = + − trên [2 2;4] nhiều nhất tại đúng một điểm. Mặt khác ta có (2 2) 4 2; (4) 16.f f= = Kết hợp với nhận xét trên thì phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi 4 2 2 16m≤ < hay 2 2 8.m≤ < Ví dụ 8. Cho phương trình ) 1 1 2 0 1 1 1 x x x m m x x x  + + − + + + =  − − +  Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải. Điều kiện: 1.x < Đặt 1 1 2. 1 1 x x t x x + − = + ≥ − + Suy ra 1 1 1 2(1 ) 2 2 1 1 1 1 1 2(1 x x x x t x x x x + − + − + = + = + + = +  − + − + −  + ⇒ = − − 125 Phương trình (1) có dạng 2 2 22 2 0 ( mt m m f t t − + + + − = ⇔ = = + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số 2 2 ( ) , 2. 2 t f t t t − + = ≥ + Ta có 2 2 4 2 ( ) 0, 2 ( 2) t t f t t t − − − ′ = < ∀ ≥ + ⇒ hàm số nghịch biến. 1 (2) , lim ( ) . 2 t f f t →+∞ = − = −∞ Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ≤ − 2.3. Phương pháp lượng giác hóa Trong một số trường hợp, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bởi các hàm số lượng giác, thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Kiến thức cần nhớ như sau. + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là , 0k x k k− ≤ ≤ > hay phương trình có chứa 2 2k x− thì đặt sin , [ ; ]; 2 2 x k t t π π = ∈ − hoặc đặt cos , [0; ].x k t t= ∈ π + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là , 0x k k≥ > hay phương trình có chứa 2 2x k− thì đặt 3 ; [0; ) [ ; ); cos 2 2 k x t t π π = ∈ ∪ π hoặc đặt , [ ;0) (0; ]. sin 2 2 k x t t π π = ∈ − ∪ + Nếu trong phương trình, ẩn x nhận mọi giá trị thuộc ℝ hay phương trình có chứa 2 2x k+ thì đặt tan , ; . 2 2 x k t t π π  = ∈ −    Ngoài ra, tùy từng trường hợp, cũng có thể đặt 2 2cos ; sin ,...x t x t= = Sau đây ta xét một số ví dụ. Ví dụ 1. Giải phương trình 221 1 3 x x x x+ − = + − (1) Giải. Điều kiện: 2 0 0 0 1. 1 0 x x x x x  − ≥  ≥ ⇔ ≤ ≤  − ≥ Đặt 2cos , [0; ]. 2 x t t π = ∈ Khi đó phương trình (1) được biến đổi về dạng 2 4 2 221 cos cos cos 1 cos 3 3 2 sin cos 3( cos sin ) 3 2sin cos 3(cos sin ). t t t t t t t t t t t t + − = + − ⇔ + = + ⇔ + = + 126 Đặt 2 1 sin cos ,1 2,sin cos . 2 u u t t u t t − = + ≤ ≤ = Ta có phương trình 2 2 1 3 1 3 3 2 0 2. u u u u − = ⇔ − + = ⇔  = Ta chọn 1 1 sin cos 1 2 sin( ) 1 sin( ) 4 4 2 u t t t t π π = ⇒ + = ⇔ + = ⇔ + = 2 ; . 2 2 t k k t k k = π ⇔ ∈π = + π  ℤ Vì [0; nên ta chọn 2 2 0 cos 0 1 cos 0. 2 2 t x t x =  = =  ⇔π π = = =   Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là = Ví dụ 2. Giải phương trình 2 21 1 2x x x x− − + + − = (1) Giải. Điều kiện: 0 1 0 1. 1 0 x x x x x x  − ≥  − − ≥ ⇔ ≥  + − ≥ Đặt 1 , (0; ). sin 2 x t t π = ∈ Khi đó vế trái của phương trình (1) được biến đổi về dạng 2 2 1 1 1 1 1 1 sin sin sin sint t t t − − + + − 1 1 cot cot sin sin t t t t = − + + 1 cos 1 cos sin sin t t t t − + = + 2 22sin 2cos 2 2 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 tan cot 2 2 2 t t t t t t t t = + = + ≥ (Theo bất đẳng thức Côsi) 127 Do đó phương trình (1) tương đương với điều kiện để dấu bằng xảy ra tan 0 2tan cot 1. 2 2 2 tan cot 2 2 t t t t x t t  ≥ π = ⇔ ⇔ = ⇔ =  =  Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1.x = Ví dụ 3. Cho phương trình: 24 1 (1)x x m+ − = Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. Giải. Điều kiện: 0.x ≥ Đặt tan , [0; ). 2 x t t π = ∈ Ta có, phương trình (1) trở thành 24 1 1 sintan 1 tan tan cos cos t t t m t m m t t − + − = ⇔ − = ⇔ = . Xét hàm số 1 sin sin . sin 1 ( ) , ( ) 0, (0; ), 2cos 2sin .cos t t t f t f t t t t t − − π ′= = < ∀ ∈ Suy ra hàm số luôn luôn nghịch biến trên khoảng (0; ). 2 π Mặt khác ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 cos sin cos 1 sin cos1 sin 2 2 lim lim lim cos cos 1 sin cos sin 1 sin 2 2 cos sin cos 2 2 lim 0, cos sin 1 sin 2 2 t t t t t t t t tt t tt t t t t t t t t t π π π → → → π →   − −−  = =  + − +      −   = =   + +    và (0) 1,f = như vậy miền giá trị của hàm số ( ), [0; ) 2 f t t π ∈ là (0;1].fT = Vậy, phương trình đă cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 1.m< ≤ 2.4. Một số phương pháp khác Ví dụ 1. Giải phương trình x + 22 x− = 2 2 2 2x x− + Giải. Điều kiện: x + 22 x− 0.≥ Ta có 2 2 2 2x x− + = 22 ( 1) 1 2x − + ≥ Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1. 128 22 2x x+ − ≤ . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1. Phương trình (1) ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x  + − =  − + = ⇔ x = 1. Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 4 4 4 4 2 x x x x x+ − + − − = (1) Giải. Ta có ( ) ( 4 4 2 4 4 4 2 x x x x x x + − = − + − − = − − Phương trình (1) tương đương với 4 2 4 2 2 x x x− + + − − = Điều kiện: 4x ≥ . Ta có · 4 2 0 4 2 4 2x x x− + > ⇒ − + = − + · 4 2; 8 4 2 2 4; 4 8. x x x x x  − − ≥ − − =  − − ≤ < Vì vậy ( ) 2 4 , 8 , 4 8 = ≥ ⇔   = ≤ <  Giải hai phương trình (2) và (3) ta được 8x = là nghiệm của (1). Ví dụ 3. Giải phương trình ( ) 2 3 2 1 1 3 2 x x x x − − = − − Giải. Điều > ( ) ( ) ( ) ( )21 3 2 1 3 2 1 2 3 2 0x x x x x x x ⇔ − + = − − ⇔ − − + − =  129 ( ) 2 1 1 0 2 1. 3 2 2 3 2 2 x x x x x x x x = − =  ≤⇔ ⇔ ⇔ =  − = −   − = − Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 4. Giải phương trình ( ) ( )2 24 1 1 2 2 1 1x x x x− + = + + Giải. Đặt ( ) ( )2 2 2 21 1 1 1 4 1 2 2 1t x t x x t t x= + ≥ ⇒ = + ⇒ ⇔ − = + − ( ) ( )2 1 2 4 1 2 1 0 2 t x t x t⇔ − − + − = ⇔ = (loại) 22 1 1 2 1t x x x∨ = − ⇔ + = − ( . 4 3 01 2 xx x  ≥≥   ⇔ ⇔ ⇔ =    = ∨ =+ = −  Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất = Ví dụ 5. Giải phương trình 22 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + Giải. Điều kiện: 1 7x≤ ≤ Ta có ( )( ) ( ) ( ) 22 7 2 1 8 7 1 ( 1) 2 1 2 7 1 7 0 ( 1) 2 1 2 7 1 7 0 1 1 2 7 1 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − = − + − + − + ⇔ − − − + − − − − = ⇔ − − − + − − − − = ⇔ − − − − − − − = ( )( )1 2 1 7 0x x x⇔ − − − − − = 1 2 5 4.1 7 x x xx x  − = = ⇔ ⇔  =− = −  So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 4 5.x x= ∨ = Ví dụ 6. Tìm m để phương trình 44 13 1 0x x m x− + + − = có đúng một nghiệm. 130 Giải. 4 44 4 4 4 3 2 13 1 0 13 1 1 1 13 (1 ) 4 6 9 1 x x m x x x m x x x x x m x x x x m − + + − = ⇔ − + = − ≤ ≤  ⇔ ⇔  − + = − − + + + =  Xét hàm số 3 2 2 ( ) 4 6 9 1, 1 ( ) 12 12 9 1 2( ) 0 3 2 f x x x x x f x x x x f x x = − + + + ≤ ′ = − + +  = − ′ = ⇔   =  Bảng biến thiên x −∞ 1 'f ( )f + Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là Ví dụ 7. Tìm m để phương trình 3 2 4 6 4 5x x x x m− − − + − − + = (1) có đúng hai nghiệm. Giải. Phương trình (1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 4 6 4 5y x x x x= − − − + − − + và đường thẳng .y m= Đặt 4 0.t x= − ≥ (1) trở thành 2 22 1 6 9 1 3 .t t t t m t t m− + + − + = ⇔ − + − = (2) Ta có nhận xét rằng, ứng với mỗi 0t ≥ thì phương trình 4t x= − cho ta một nghiệm .x Do đó (1) có đúng hai nghiệm x khi và chỉ khi (2) có đúng hai nghiệm 0.t ≥ Xét hàm số ( ) 1 3 , 0f t t t t= − + − ≥ 131 2 4; 0 1 ( ) 2; 1 3 2 4; 3 t t f t t t t − + ≤ <  = ≤ <  − ≥ Vẽ đồ thị hàm số ( ),f t ta được phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 2 4.m< ≤ tO Ví dụ 8. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 22 1 0 x y m x y  + + =   − = Giải. Điều kiện: 0, 0.x y≥ ≥ 2 2 2 2 1 2 1 (1) 0 x y m x x m y xx y  + + = + + =  ⇔    =− =  Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm 0.x ≥ Xét hàm số 2( ) 2 1 ; 0.f x x x x= + + ≥ 2 2 ( ) 1 0, 0 ( ) 2 1 x f x x f x x ′ = + > ∀ ≥ ⇒ + đồng biến. Bảng biến thiên của hàm số ( )f x như sau x '( )f x ( )f x 0 Vậy, hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1.m ≥ Ví dụ 9. Tìm m để phương trình 12 ( 5 4 )x x x m x x+ + = − + − (1) có nghiệm. Giải. Điều kiện: 0 4.x≤ ≤ 132 (1) ⇔ ( 12)( 5 4 )x x x x x m+ + − − − = Xét hàm số ( )y f x= = ( 12)( 5 4 )x x x x x+ + − − − = ( ). ( )h x g x có tập xác định là D = [0;4]. Nhận xét rằng ( ) 12h x x x x= + + đồng biến và không âm trên .D Hàm số ( ) 5 4g x x x= − − − có 5 4 ( ) 0, 2 5 . 4 x x g x x D x x − − − ′ = > ∀ ∈ ⇒ − − hàm số ( ) 5 4g x x x= − − − đồng biến trên D và cũng thấy rằng ( )g x không âm trên .D Như vậy, hàm số ( )f x đồng biến trên .D Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (0) (4) 2 3( 5 2) 12.f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Ví dụ 10. Tìm m để phương trình 2 11 28 4 2 x m x x + + + = Có nghiệm 0.x > Giải. Xét hàm số 2 11 28 ( ) 4 2 y f x x x x = = + + + , ta có 2 2 2 2 2 14 2 7 11 7 28 1 2 7 2 71 x x x y x x xx x + − + − ′ = − − = + + 2 2 20 2 7 11 7 28 0.y x x x′ = ⇔ + − + − = Đặt 2 2 27 7 7t x x t= + ≥ ⇒ = − Ta có 2 3 4 2 2( 7) 11 28 0 2 25 28 0 4 . 2 t t t t t t t − ± − − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = Do 7,t ≥ nên ta chọn 4 3.t x= ⇒ = 2 20 0 11 28 11 28 lim ( ) lim 4 , lim ( ) lim 4 2 2x x x x f x x f x x x x x x→ → →+∞ →+∞     = + + + = +∞ = + + + = +∞           . 15 (3) . 2 f = Như vậy miền giá trị của hàm số 2 11 28 4 2 y x x x = + + + trên (0; )+∞ là 15 [ ; ). 2f T = +∞ Vậy, phương trình đã cho có nghiệm 0,x > khi và chỉ khi ≥ §2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Định nghĩa và các định lý 1.1. Định nghĩa 133 Bất phương trình vô tỉ là một bất phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức. Nói khác đi đó là một bất phương trình có dạng ( ) 0,f x > (hoặc ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0f x f x f x< ≥ ≤ ), trong đó ( )f x là hàm số có chứa căn thức của biến số. 1.2. Các định lý 1.2.1. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x++ ≥ ⇔ ≥ . 1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x++ ≤ ⇔ ≤ . 1.2.3. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( x f x f x g x g x f x g x  ⇔  ≥   ≥ 1.2.4. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) [ ( x f x g x g x f x g x  ≥  ≤ ⇔ 2. Các phương pháp giải bất phương trình vô tỉ 2.1. Phương pháp nâng lũy thừa Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 7 3 2x x x− > − − − − Giải. Điều kiện: 2 0 2 3 7 0 7 2 3 2 0 3 2 x x x x ≥ ≤  − − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤   − − ≥ −  ≤  (*) Ta có 2 2 7 3 2 2 3 2 7 2 2 (2 )( 3 2 ) 3 2 7 2 6 4 x x x x x x x x x x x x x x − > − − − − ⇔ − + − − > − ⇔ − + − − − − − > − ⇔ − − > + 2 2 2 4 4 2 6 0 2 6 ( 4) x x x x x x x < − ≥ −  ⇔ ∨  − − ≥ − − > +  − ≥ −   ⇔ ∨ < −≤ −     > > 134 4 4 2 2 x x x < − ∨ − ≤ < − ⇔ < − Kết hợp với điều kiện (*) thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 2.x < − Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2 23 33 1 2 1x x− ≥ + Giải. Lập phương hai vế của bất phương trình đã cho ta được bất phương trình tương đương 2 2 2 3 1 2 1 2 ≥ + ⇔ − ≥  ≤ − ⇔  ≥ Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là ≤ −  ≥ Ví dụ 3. Giải bất phương trình 2 16 5 3 3 3 x x x x − + − < − − Giải. Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 4 16 3 5 4 16 8 4 8 16 (8 ) x x x x x x x x + −  − < − ≤ < ⇔  − < − 4 8 4 < ⇔ ⇔ ≤ < < Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 4 5.x≤ < Ví dụ 4. Giải bất phương trình 6 1 8 2 3 4 2x x x x+ − ≤ + − + Giải. Điều kiện: 6 1 0 8 0 0 (*) 2 3 0 4 2 ≥  ≥ ⇔ ≥ + ≥  + ≥ Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với 135 2 2 2 6 1 4 2 2 3 8 10 3 2 6 1. 4 2 10 3 2 2 3. 8 24 16 2 16 24 4 4 1 x x x x x x x x x x x x x x x x + + + ≤ + + ⇔ + + + + ≤ + + + ⇔ + + ≤ + ⇔ − + ≤ ⇔ = 1 2 x = thỏa điều kiện (*). Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là = Ví dụ 5. Giải bất phương trình 2 1 1 2 4 x x x+ + − ≤ − (1) Giải. Điều kiện để các căn bậc hai có nghĩa là 1 1.x− ≤ ≤ Khi đó vế phải của (1) cũng không âm, do đó bình phương hai vế của bất phương trình đã cho ta được bất phương trình tương đương 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 1 4 16 (1 ) 2 1 1 0 16 ( 1 1) x x x x x x + − ≤ − + ⇔ + − − − + ≥ ⇔ + − − ≥ Bất phương trình cuối luôn đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình là 1 1.x− ≤ ≤ 2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 25 10 1 7 2x x x x+ + ≥ − − Giải. Đặt 25 10 1 0.t x x= + + ≥ Bất phương trình trở thành 2 − 2 5 36 0t t⇔ + − ≥ − ⇔  ≥ Vì 0t ≥ , nên ta nhận 4t ≥ , ta có 136 10 1 4 5 10 1 16 2 3 x x x x x + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + − ≥ ≤ − ⇔  ≥ Vậy, nghiệm của bất phương trình là −  ≥ . Ví dụ 2. Giải bất phương trình 1 2 3 1 x x x x + − > + Giải. Đặt > Bất phương trình trở thành 2 3 2 1 2 3 2 3 1 t t − > ⇔ + − < ⇔ − < < Vì 0t > , nên ta nhận < , như vậy ta được 1 1 0 2 1 < + ⇔ < < ( ) ( ) 1 0 3 4 x x x x  + > ⇔  + < ⇔ − < < − Vậy, nghiệm của bất phương trình là < < − Ví dụ 3. Cho bất phương trình ( )( ) ( )24 4 2 2 18 1 .x x x x a− − + ≤ − + − a) Giải bất phương trình (1) khi 6;a = b) Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với [ ]2;4 .x∀ ∈ − Giải. 137 Điều kiện: 2 4.x− < ≤ Đặt ( )( ) 24 2 2 8.t x x x x= − + = − + + Theo bất đẳng thức Côsi ta có ( )( ) ( ) ( ) [ ] 1 4 2 4 2 3 2 3 1 2;4 . t x x x x t x  = − + ≤ − + + =  = ⇔ = ∈ − Như vậy, với [ 2;4]x ∈ − thì [0;3].t ∈ ( ) ( ) 21 4 10 0g t t t a⇔ = − + − ≤ a) Nếu 6,a = ta có ( ) ( ) 22 2 1 54 4 2 0 2 2 8 2 1 5. x g t t t t t x x x  = + = − + = − ≤ ⇔ = ⇔ − + + = ⇔  = − b) Trường hợp tổng quát, yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi ( ) [ ] [ ] ( ) 0;3 0, 0;3 0. t g t t Max g t ∈ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ Ta có ( ) 2 4 0 2 [0;3],g t t t′ = − = ⇔ = ∈ nên [ ] ( ) { (2); (3) t Max g t Max g g g ∈ = ( )0 10 .g a= = − Vậy, ta có 10 0 10.a a− ≤ ⇔ ≥ Ví dụ 4. Cho bất phương trình 2( 2 2 1) ( 2) 0m x x x x− + + + − ≤ (1) Tìm m để bất phương trình đã cho có nghiệm [0;1 3].x ∈ + Giải. Đặt 2( ) 2 2t x x x= − + 2 1 ( ) 0 1 [0;1 3] 2 2 x t x x x x − ′ = = ⇔ = ∈ + − + Bảng biến thiên x 0 +'( )t x ( )t x 1 − 3+ 2 [0;1 3] [1;2].x t∀ ∈ + ⇒ ∈ Ta có (1) 2 2 2( 1) 2 0 , t t m t t − ⇔ + + − ≤ ⇔ ≤ ∈ + Xét hàm số 2 2 ( ) , t t t − = ∈ + 138 2 2 2 2 ( ) 0, [1;2]. ( 1) t t f t t t + + ′ = > ∀ ∈ + Bảng biến thiên x 1 'f ( )f Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi ≤ 2.3. Một số phương pháp khác Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x− + + − + ≥ − + (1) Giải. ( )2 2 2(1) 3 2 4 3 2 5 4 0 *x x x x x x⇔ − + + − + − − + ≥ Điều kiện: 1 4.x x≤ ∨ ≥ ) 4 1 2 3 4 0a x x x x x≥ ⇒ − > − > − > − ≥ ( ) ( ) ( )* 1 2 4 3 4 0,x x x x x ⇔ − − − − + − − − ≥  đúng, như vậy 4x ≥ là nghiệm. ) 1 0 1 2 3 4b x x x x x≤ ⇒ ≥ − > − > − > − ( ) ( ) ( )* 1 2 4 3 4 0 1.x x x x x x ⇔ − − − − + − − − ≥ ⇔ =  Vậy, nghiệm của bất phương trình là = Ví dụ 2. Giải bất phương trình ( ) ( )( ) 22 4 1 2 10 1 3 2 .x x x+ < + − + Giải. Điều kiện: ≤ ≠ − Bất phương trình tương tương với ( ) ( ) ( 1 2 10 1 3 2 1 3 2 2 x + < + − + ⇔ + + < + 3 2 3 3.x x⇔ + < ⇔ < 139 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là ≤ <   ≠ − Ví dụ 3. Giải bất phương trình ( ) 2 23 4 9x x x− − ≤ − (1) Giải. Điều −  ≥ Ta có (1) ( ) ( )( )23 4 3 3x x x x⇔ − − ≤ − + · Xét 3,x = bất phương trình (1) đúng · Xét 3x > , (1) ( )2 4 3x x⇔ − ≤ + 2 24 6 x x x ⇔ − ≤ + + ⇔ ≥ − 3x⇒ > là nghiệm. · Xét 2 3 3 < − ≤ ≤ − (1) ⇔ 2 4 3x x− ≥ + 2 24 6 x x x ⇔ − ≥ + + ⇔ ≤ − − ≤ ≤ − là nghiệm. · Xét 3x < − , (1) luôn đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là ≤ −  Ví dụ 4. Giải bất phương trình 4 22 1 1 .x x x− + ≥ − (1) Giải. 2(1) 1 1 .x x⇔ − ≥ − Với 1x ≥ , (1) luôn đúng. Với 1 1 0 (1) 1 1x x x< ⇒ − > ⇒ ⇔ + ≥ 140 ( ) ( ) 2 1 1 2 + ≥ ⇔ + ≥ ≤ − ⇔  ≥ Ta chọn 2 0 −  ≤ ≤ Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là −  ≥ BÀI TẬP CHƯƠNG IV Bài 1. Giải các phương trình 1) 2(16 ) 3 0;x x− − = 2) 2(9 ) 2 0;x x− − = 3) 24 2 2;x x x+ − = − 4) 21 4 1;x x x+ − = − 5) 2 1 3 2 ;x x x+ + − = 6) 1 4 13 3 12;x x x+ + + = + 7) 2 2( 3) 10 12;x x x x+ − = − − 8) 4 1 1 2 .x x x+ − − = − Bài 2. Giải các phương trình 1) 2 23 15 2 5 1 2;x x x x+ + + + = 2) 2 23 3 3 6 3;x x x x− + + − + = 3) 2 5 ( 2)(5 ) 4;x x x x+ + − + + − = 4) 24 4 2 12 2 16;x x x x+ + − = − + − 5) 2 2 1 1 ; 3 x x x x+ − = + − 6) 21 1 24 ;x x x+ + − = 7) 11 11 4;x x x x+ + + − + = 8) 3 33 335 ( 35 ) 30;x x x x− + − = 9) 3 32 3 3 2;x x+ = − 141 10) 2 2 233 32 (1 ) 3 1 (1 ) 0;x x x+ + − + − = 11) 32 6 1 2 0;x x+ − + = 12) 23 1 3 8 3;x x x+ = − + 13) 23 1 1.x x x x+ + = + + Bài 3. Giải các phương trình 1) 2 2415 15 2;x x x x+ − + = 2) 4 2 2; 2 3 x x − + = − + 3) 6 9 5 3 ; 3 x x x − = − + − 4) 2 2 4 1 3 ; xx x x x x x − = + + − + 5) 2 22 1 2 1 2;x x x x+ + + − + = 6) 2 2 2(2 6 10) 3 11 33 8 0.x x x x x x+ + + − − + = 7) 22 4 3 2 2 3 2 0;x x x x x+ − + − + = 8) 32 3 2 3 6 5 8 0;x x− + − − = 9) ( )4 4 41 32 1 ;x x x x+ = − + 10) 3 2 1 1;x x− = − − 11) 3 9 2 1;x x− = − − 12) 3 2 22 1 4 4.x x− + − = Bài 4. Giải các phương trình 1) 3 2 1 2 1 ; 2 x x x x x + + − + − − = 2) 2 2 2 1 1 4;x x x+ + + − + = 3) 2 22( 2 4) 2 2 3 2 4; 2 x x x x x x − + = + + − + + 4) 2 32( 3 2) 3 8;x x x− + = + 5) 3 2 3 2(1 ) 2(1 )x x x x+ − = − ; 6) ( ) ( ) 3 32 21 1 1 1 2 1 ;x x x x + − − − + = + −    142 7) 2 21 2 1 2 1 0;x x x x− − − − + = 8) 2 2 2 2 2 1 ( 1) 1 ; 2 2 (1 ) x x x x x x + + + + = − 9) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 . 2 x x x − + + − = Bài 5. Giải các bất phương trình 1) 2( 1) 2 0;x x x− − − ≥ 2) 2 2( 1) 2 0;x x x− − − ≥ 3) 22 5 ;x x x− < − 4) 2 3 2 3 0;x x x− + − − > 5) 3 2 2 4 0;x x x+ + + − + > 6) 2 23 5 7 3 5 2 1;x x x x+ + − + + > 7) 9 1 4;x x x x+ + ≥ + + + 8) 5 1 1 2 4;x x x− − − > − 9) 2 2 23 2 6 5 2 9 7;x x x x x x+ + + + + ≤ + + 10) 2 2 22 2 3 4 5;x x x x x x+ − + + − ≤ + − 11) 21 1 − < Bài 6. Giải các bất phương trình 1) 2 22 4 3 4 5;x x x x− + ≥ − + − 2) 5 1 5 2 4; 22 x x xx + ≤ + + 3) ( )( )1 3 2 1 3 4 2 ;x x x x x− + + + − + > − 4) 3 2 3 1 2 0;x x x x+ + + + > 5) 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14 ;x x x x x+ + − + + − < − 6) 22( 2) 2 2 ;x x x x− + ≤ − + 7) 22( 2) 2(2 1) 2 2 1;x x x x+ + − > + + − 8) 2 24 ( 4) 2 4;x x x x x+ ≥ + − + 143 9) 2 21 2 2 ;x x x x− ≤ + 10) ( 1) 2 1 3( 1);x x x− − ≤ − 11) ( )( )2 2 21 1 1 1 6 0;x x x− − − + − − > 12) 2 1 5 4 ;x x x− ≤ − 13) 3 2 22 2 .x x x x x x x− + < + − Bài 7. Giải các bất phương trình 1) 16 2 41 3; x x − ≥ + 2) 2 2(2 12 2 );x x x x≥ + − − 3) 24 + ≥ 4) 2 2 13 40 0; 19 78 x x x x − + ≤ − − 5) 1 0;x x− − < 6) 22( 16) 7 3 ; 3 3 x x x x − + − > − − 7) 2 4 4 4 2 8 0;x x x x x+ + + − − > 8) 2 2 1 3 1 ; 1 1 x x x + > − − 9) 31 1;x x> + − 10) 2 2 3 > − Bài 8. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 5 2 6 4 6 2x x x x m− − − + − − − = . Bài 9. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau có nghiệm 1) 2 24 4 ;x x x x m+ − + − = 2) 2 1 4 1 4 4( 2 ) .x x m x xx + + = + + Bài 10. Cho phương trình 2 2 2 35( ) 4 2 0. 3 x m x m+ − + + − = 144 Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi m > 0. Bài 11. Cho phương trình 21 4 5 4 2 0.x x x x x m+ + + + + + + + = Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm không âm. Bài 12. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình ( )( )5 7 5 7 2 1.x x m x x m+ + − + + − = + Bài 13. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 243 1 1 2 1x m x x− + + = − . Bài 14. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 2 2 2( 2 2 1) 2 6 2 2m x x x x x x− + + ≥ − + + − + có nghiệm thuộc đoạn [0; 2]. Bài 15. Tìm các giá trị của m để phương trình 4 444 4 6x x m x x m+ + + + + = có hai nghiệm. Bài 16. Chứng minh rằng với mọi 1,m > − phương trình sau luôn luôn có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 ( 1)( 3).x x m x− − = + − Bài 17. Cho phương trình 3( 1) 1.x mx m− + = + Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có một nghiệm duy nhất với mọi .m Bài 18. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 2(4 )(6 ) 2x x x x m+ − ≤ − + nghiệm đúng với mọi [ ]4; 6 .x ∈ − Bài 19. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 3 1mx x m− − ≤ + có nghiệm. Bài 20. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt 2 2 2 1.x mx x+ + = + Bài 21. Cho bất phương trình 2( 1)( 3) 4 5x x m x x+ + ≤ + + 145 1) Giải bất phương trình khi 1;m = − 2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ 2; 2 3].x ∈ − − + Bài 22. Cho bất phương trình 2(3 )(7 ) 4 .x x x x m+ − ≤ − + Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ 3;7].x ∈ − Bài 23. Cho bất phương trình 4 2 16 4 .x x m− + − ≤ Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. Bài 24. Cho bất phương trình 21 .x m x− ≥ − Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. Bài 25. Cho bất phương trình 212 3 .x x m− ≤ − Tìm các giá trị của m để bất phương trình có một nghiệm duy nhất. Bài 26. Cho bất phương trình 22 7 .m x x m+ < + 1) Giải bất phương trình khi = 2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi .x ∈ℝ Bài 27. Cho bất phương trình 2 2 1 .x mx x− > − Tìm các giá trị của m để tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho chứa đoạn 1 [ ;1]. 4 Bài 28. Tìm các giá trị của m để phương trình ( )2 24 42 2 4 2 2 4m x x x x− + − − + = − có nghiệm. Bài 29. Tìm các giá trị của m để bất phương trình ( ) 3 3 23 1 1x x m x x+ − ≤ − − có nghiệm. Bài 30. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 4 42 2 2 6 2 6 .x x x x m+ + − + − = Bài 31. Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm 1x < − ( )2 21 1.x mx x m x+ − > + − Bài 32. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm ( )2 24 4.x mx x m x+ − = + −