Tài liệu GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI ppt

Tơi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 học theo chương trình mới t

LỜI NĨI ĐẦU

Trong quá trình dạy học, tơi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chuyên đề đại số

và giải tích ở cấp trung học phổ thơng Tơi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình cĩ dấu căn bậc hai một cách hiệu quả và cĩ hệ thống với lí do đĩ, tơi đã viết đề tài này

Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học mơn tốn cho học sinh lớp 10 ở chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn ( cĩ thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chuyên đề này tơi đề cặp đến dạng tốn:

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI

Đối với phần này, tơi hệ thống lại một số dạng tốn cơ bản thường thấy khi giải phương trình cĩ dấu căn bậc hai gồm cĩ các nội dung sau:

1 Tìm tập nghiệm của phương trình thơng qua tập xác định của phương trình.

2 Dạng cơ bản của phương trình cĩ chứa dấu căn bậc hai

3 Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến

4 Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình

5 Phương pháp biến thiên hằng số

6 Một số dạng tốn khác

7 Phương trình chứa dấu căn bậc hai cĩ chứa tham số.

Xin cảm ơn các thầy cơ ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành gĩp ý kiến cho tơi hồn thành đề tài

Mặt dù cĩ nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm khơng nhiều nên thiếu sĩt là điều khơng tránh khỏi, mong các thầy cơ chân thành gĩp ý để tơi cĩ kinh nghiệm tốt hơn trong cơng tác dạy học mơn tốn

Chân thành cảm ơn

ngày 25 tháng 3 năm 2009

PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI

(chủ đề đáp ứng lớp kiến thức lớp 10 – ban khoa học tự nhiên và phục vụ tiết dạy tự chọn

cho học sinh lớp 10 ban cơ bản)

-o0o -1 TÌM T ẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THƠNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH:

Trong phần này, tơi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn cĩ tập xác định là một phần tử, nhằm làm rõ với học sinh ý nghĩa tập xác định của phương trình chứ dấu căn và tập nghiệm của phương trình

Ví d ụ: Tìm tập nghiệm của phương trình :

− + − − + =

9 −x + x− + 3 x − 3x+ = 4 2

Giải

đk :

2

2

x 2

2 x 1

 − ≥

Với x = – 2

(1) ⇒ 0 = 2 nên phương trình đã cho vơ nghiệm

b 9 −x2 + x− + 3 x2 − 3x+ = 4 2 (2)

đk

2

2

3 x 3

x 3

− ≤ ≤



 − + ≥



Với x = 3, (2) ⇒ 2 = 2

Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2)

Nhận xét:

- Trong hai ví dụ trên, học sinh cần nắm được một kiến thức là: nếu tập xác định của

một phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta cĩ thể lần lượt thế các phần

tử trong tập xác định đĩ vào phương trình để xác định tập nghiệm của phương trình đĩ.

- Học sinh không nên sai lầm khi tập xác định là một phần tử thì phần tử đó chính là

nghiệm của phương trình.

2 DẠNG CƠ BẢN PH ƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI:

Trong phần này tơi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy để học sinh tham khảo và vận dụng khi gặp các dạng cơ bản đĩ

Giả sử f(x) và g(x) là hai biểu thức chứa x ( f(x), g(x) là một biểu thức cĩ nghĩa ) Khi đó:

0 g(x) f(x) g(x)

f(x) g(x)

≥



=

2 g(x) 0 hay f(x) 0( )

f(x) g(x)

f(x) g(x)



Ví dụ: Giải các phương trình sau:

d 3x+ − 7 4 − =x x+ 6 e 4 4 2

2

x

+

Giải

a Cách giải 1: (áp dụng công thức (I) để giải )

1

4 0

4

x

x x

x

≥



− ≥

Vậy phương trình có nghiệm x = 4

Cách giải 2:

2x+ = − 1 x 1 (1) Điều kiện: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 12 Nếu x < 1 ⇒ phương trình vô nghiệm

Nếu x ≥ 1 ⇒ (1) ⇔ x2 – 4x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4

So đk: phương trình có một nghiệm x = 4

Nhận xét:

- Trong nhiều trường hợp, học sinh hay nhằm lẫn cơng thức ( I ) và cách tìm tập xác định

của phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học sinh cách giải phương trình bằng cơng thức (I) cần làm rõ cho học sinh hiểu được đâu là điều kiện xác định của phương trình, đâu là vận dụng cơng thức để giải bài tốn.

b 2

2x+ = 1 2x − 5x+ 4

cách 1:

2

x

2

=

 =

Vậy phương trình cĩ hai nghiệm x 3, x 1

2

cách 2:

pt

x 3

1 x

2

=



 =

Vậy phương trình cĩ hai nghiệm x 3, x 1

2

Nhận xét:

- Trong ví dụ này học sinh cần chú ý: việc biến đổi phương trình dẫn đến điều kiện 2x + 1 ≥ 0 hoặc 2x 2 – 5x + 4 ≥ 0.

- Trong trường hợp điều kiện của một phương trình cĩ tính phức tạp, ta khơng cần giải điều kiện đĩ mà ta thay các giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào và nhận nghiệm thỏa điều kiện.

c 5x2 − 12x+ = 8 2

2

2

2

5

x

x

=





 =

 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2, x = 25

Nhận xét:

- Trong ví dụ này ta khơng thấy điều kiện g(x) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một số

dương.

d 3x+ − 7 4 − =x x+ 6 (3)

7

7

3

x x

 ≥ −

 + ≥





 − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤

 Với điều kiện trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta cĩ:

( ) ( ) 2

1

3

13

x

x

x

≥





≥

 = −



 Vậy phương trình có ngiệm x = 3

Nhận xét:

- Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bình

phương hai vế của phương trình nhiều lần mới cĩ thể đưa về dạng cơ bản.

- Khi bình phương hai vế của một phương trình, học sinh cần chú ý là đang vận

dụng phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi đổi để đưa ra phương trình hệ quả Thơng thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần chú ý đến tính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu.

e x 5 5 x 1

x

đk:

5 0

0 0

x

x x

x x

+ ≥



− ≤ ≤



 − ≥ ⇔

 ≠



0

4 4











>





x

x x

Vậy phương trình có nghiệm x = 4

3 GI ẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ:

Trong phần này tôi đưa ra một số bài toán đổi biến thường thấy trong kiến thức toán lớp 10 và cách giải chúng thông qua các ví dụ minh họa

Ví d

ụ: Giải các phương trình sau:

a. x2 + 2x = − 2x2 − 4x+ 3 b (x+ 1) (x+ 2) =x2 + 3x− 4

c 2 (x− 2 7) ( −x) − x− − 2 7 − =x 3 d.( 2 ) 2 ( 2 ) 2

2x + 1 2x + = 1 4 x − + 1 3 2x + 1

Giải

a. x2 + 2x = − 2x2 − 4x+ 3

đặt t = x2 + 2x ⇒ t2 = x2 + 2x, t ≥ 0

ta được phương trình :

t = – 2 t2 + 3

⇔ 2t2 + t - 3 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = – 1,5 (loại)

x

x

 = − −

= − +



Vậy phương trình cĩ nghiệm là: x= − − 1 2,x= − + 1 2

b ( ) ( ) 2

Đặt t = x2 + 3x+ 2 ⇒ x2 + 3x = t2 – 2 , t ≥ 0

Ta được phương trình:

t = t2 – 2 – 4 ⇔ t2 – t – 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1 ( loại )

2

2

x

x

=





=



Vậy phương trình cĩ nghiệm là: 3 17, 3 17

Nhận xét:

- Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý:

• Vế phải của hai phương trình này này khơng cĩ căn bậc hai và cĩ bậc là 2n nếu ta bình phương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, vì thế việc giải phương trình là điều khơng khả thi.

• Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trình như sau: α(ax2 +bx) + = β γ(ax2 +bx)+ δ,

khi đó ta đổi biến t = α(ax2 +bx)+ β ⇒ ( 2 ) 2 β α , 0

α

−

- Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉ trở lên ( có thể trùng nhau ) ta vẫn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình.

c 2 (x− 2 7) ( −x) −( x− + 2 7 −x) = 1

Cách 1:

Đặt t = x− + 2 7 −x ⇒ 0 ≤ t ≤ ( ) ( ( ) (2 )2)

2 2

và t2 – 5 = 2 (x− 2 7) ( −x)

Ta được phương trình:

t2 – 5 – t = 1 ⇔ t2 – t – 6 = 0 ⇔ t = 3 hoặc t = – 2 (loại )

Với t = 3 ⇒ (x− 2 7) ( −x) = 2 ⇔ x2 – 9x + 18 = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 3

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3

Cách 2:

Đặt u = x 2, v − = 7 x − , u ≥ 0, v ≥ 0

Ta được hệ phương trình: ( )

2 2







⇒ (u + v)2 – (u + v) – 6 = 0 ⇔ (u + v) = 3 hoặc u + v = – 2 (loại)

Từ đó ta có hệ phương trình  =u v 3uv 2+ =

⇒ u, v là hai nghiệm của phương trình : X2 – 3X + 2 = 0 ⇔ X = 1 hoặc X = 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3

Nhận xét:

- Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là :( ) (2 )2

x x ( hằng số ),

t2 – 5 = 2 (x− 2 7) ( −x) , cần chú ý đến điều kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có

nhiều thuận lợi.

- Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta cĩ lợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát α (ax b cx d+ ) ( + ) + β( ax b+ + cx d+ ) = γ thì việc vận dụng cách giải hai là cĩ lợi thế hơn rất nhiều:

Cụ thể như sau: đặt u = ax b, v + = cx d + , u ≥ 0, v ≥ 0 ⇒ ta cĩ hệ:



-Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta cĩ thể giải được nhiều bài tốn dạng này một cách thuận lợ hơn.

d (2x2 + 1) 2x2 + = 1 4(x2 − + 1) 3 2x2 + 1

pt ⇔ (2x2 + 1) 2x2 + = 1 2 2( x2 + + 1) 3 2x2 + − 1 6

Đặt t = 2x2 + 1, t ≥ 1

Ta được phương trình :

t3 – 2t2 – 3t + 6 = 0

⇔ ( t – 2 )(t2 – 3 ) = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 3 hoặc t = – 3 ( loại )

Với t = 2 ⇒ 2x2 + 1 = 2 ⇔ x = 6

2

± Với t = 3 ⇒ 2

2x + 1 = 3 ⇔ x = ±1 Vậy phương trình cĩ bốn nghiêm là: x = 6

2

± , x = ±1

4 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ Đ ÁNH GIÁ ƯỚC LƯỢNG:

Ví dụ: giải các phương trình sau:

Giải

a. x2 + 2x+ + 2 4x2 + 12x+ 13 3 =

( )2 2

⇒ (1)

2

2

1

3

2

x

x x

= −



Vậy phương trình vơ nghiệm

b 6 3 2( 2)

Nếu x2(2 −x2) ≥ ⇔ 0 x ≤ 2

Ta cĩ: 6 3 ( 3 )2

2

2 ≥ 0 và 2 – x2 ≥ 0 )

⇒ (2) ⇔ ( 3 )2 3

1 0

1

x x

x





Vậy phương trình cĩ nghiệm x = – 1

Nhận xét:

- Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc đánh giá chính xác giá trị hai vế của một phương tình chứa

căn đưa đến việc giải các phương trình một cách đơn giản hơn.

- Khi giải bài tốn bằng phương pháp này học sinh cần chú đến điều kiện dấu bằng của bất đẳng thức để quá trình giải chính xác hơn.

5 PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ:

Ví dụ: Giải phương trình:

a (2 x + 5) x 2 + = x x 2 + 5 x + 6 b x x( − + 2) x + = 4 4

Giải:

a (2 x + 5) x 2 + = x x 2 + 5 x + 6

Phương trình (1.3) có dạng (x 2 + − x) (2 x + 5) x 2 + + x (4 x + = 6) 0 (1.3a)

Đặt t = x 2 + x , t ≥ 0 (*)

Phương trình (1.3a) trở thành: t 2 −(2 x + 5) (t + 4 x + = 6) 0 (1.3b)

Ta thấy ( )2

2 x 1

∆ = + nên các nghiệm của (1.3a) là:  = +tt=22x 3. Kết hợp với (*) ta nhận được:

Với t = 2

⇒ x 2 + = x 2 ⇔ x2 + x – 4 = 0 ⇔ 1 17 1 17

Với t = 2x + 3

⇒ x 2 + = x 2 x + 3 ⇔ 2 ( )2

x

+ ≥





2

3 2

x

 ≥ −







⇔

3 2

6

x

x

 ≥ −



 =



6

Vậy các nghiệm của (1.3) là: 1 17 1 17

6

b x x( − + 2) x + = 4 4

Phương trình (1.5) có dạng ( )2

Đặt u = x + ⇒ 4 u 2 = + x 4 (1.5a)

Khi đó (1.5) trở thành: ( )2

x − + = u (1.5b)

Từ (1.5a) và (1.5b) suy ra: 2 ( )2

ª Với u = x: Ta nhận được 2

0 4

4 0

x

≥



2

ª Với u = − 1 x: Ta nhận được ( )2

1

x

≤



1

x

≤





⇔ 3 21

2

Do vậy các nghiệm của (1.5) là: 1 17

2

2

Nhận xét:

- Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số t

và x đĩng vai trị như một tham số Chú ý khi vận dụng cách giải này học sinh cần chú ý đến giá trị ∆ =( ax + b ) 2 (a,b ∈ R), nếu khơng thì việc giải phương trình theo cách này

gặp rất nghiều khĩ khăn.

- Trong dạng phương trình ở câu b, ta cĩ khái quát thành bài tốn cĩ dạng phương trình

ax+b = α + + β + γ với = α β + = α γ + ta đặt: ct+d = ax+b

7 M ỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC:

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3(x − 2) x 2 + = 1 x 2 + − x 6

Giải:

Phương trình có dạng: 3(x − 2) x 2 + = − 1 (x 2) (x + 3)

Hay (x − 2) (x + − 3 3 x 2 + = 1) 0 ⇔ 22

x

=





+ = +

Ta thấy (*) ⇔ ( 2 ) ( )2

3

x

≥ −



3 0

4

x = , x =

Vậy các nghiệm của (1.1) là: x = 0, x = 2, x = 34

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 2 x 2 − − 1 x 2 − 2 x 2 − = 1 2 x + 2

Giải: Phương trình có dạng: 2 x 2 + 2 2 x 2 − − 1 2 x 2 − 2 2 x 2 − = 1 2(x + 2)

1 + 2 x − 1 − 1 − 2 x − 1 = 2 x + 2

Nếu 1 − 2 x 2 − 1 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2x2 – 1 ≤ 1 ⇔ 1 1

2 ≤ x ≤ (a)

Khi đó (*) trở thành x + 2 1 = ⇔ = − x 1 2: không thoả (a)

Nếu 1 − 2 x 2 − 1 < 0 ⇔ x > 1 (b)

Khi đó (*) trở thành 2 x 2 − = + 1 x 2 ⇔ 2 ( )2

2

x

 ≥ −





− = +



⇔ 2 2

x

 ≥ −





x x



Vì (b) nên ta chỉ nhận được x = 2 + 5

Do vậy nghiệm của (1.2) là: x = 2 + 5

Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 1 2

2

x + + x − x =

Giải:

Phương trình có dạng: 1 2 + x 1 − x 2 = 2 1 2( − x 2) ⇔ x + 1 − x 2 = 2 1 2( − x 2)

2

⇒ 1 − x 2 ≥ x 2 ⇒ 1 − x 2 ≥ x ⇒ + x 1 − x 2 ≥ 0

2

x





⇔ ( ) ( )

2

x





Với 2

2

0

1

x x

x x

≤

=

=

Với ( 2)

2

x



2 2

Do đó các nghiệm phương trình là: x = − 12, 1 3

2 2

1 + 1 − x  1 + x − 1 − x = + 2 1 − x

Giải:

Đặt u = 1 + x và v = 1 − x u,v( ≥ 0) ⇒ u 2 + v 2 = 2

2 2

3 3

2

 + =



Với u 2 + v 2 = 2, ta có: 1( )2

1

2

+ = + và u 3 − v 3 = −(u v) (2 + uv) Suy ra ( 3 3) 1 ( 2 2) ( )

Do đó phương trình ⇔ 2 2

2 2

0 2 2

u,v

≥





 − =



Suy ra nghiệm phương trình là: 2

2

Ví dụ 5: Giải phương trình: x − + 3 5 − = x x 2 − 8 x + 18

Giải:

Phương trình (1.7) có dạng ( )2

Với 3 ≤ x ≤ 5, ta có:

Phương trình ⇔ ( ) ( ) ( )2 2

2 2 1 + − − x 4 = x − 4 + 2

Ta thấy: ( )2

2 2 1 + − − x 4 ≤ 4 , đẳng thức xảy ra ⇔ = x 4, ( )2 2

Do đó phương trình ⇔ x = 4

Hay nghiệm của phương trình là: x = 4

Ví dụ 6: Giải phương trình: 2

2

x x

 

Giải: Điều kiện 1 2 1

2 ≤ x ≤ ⇔ 2 ≤ x ≤ (*)

Khi đó với 4 x 1 0

x

  , phương trình có thể viết:

x

Hay:

2

x

Đặt u x 1

x

2

1

x

Do đó phương trình trở thành:

( )2

6 − u + 2 9 2 − u = − 4 u ⇔ 9 2 − u 2 = u 2 − 4 u + 5 ⇔ ( 2 ) ( )2

Ta thấy: ( )2

1 + − u 2 ≥ 1, đẳng thức xảy ra ⇔ u = 2

Vì u ≥ 2 nên 1 2 − (u 2 − 4) ≤ 1, đẳng thức xảy ra ⇔ u2 = 4

Do vậy phương trình ⇔ 2

2 4

u u

=





=

 ⇔ u = 2

Hay ta nhận được: x 1 2

x

+ = ⇔ x = 1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1

8 PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CĨ CHỨA THAM SỐ:

Ví dụ 1: Tìm các giá trị a để phương trình sau có nghiệm: a + x 2 − 2 x a + 2 = − x 1

Giải: Phương trình (3.1) ⇔ a + (x ) − 1 2 + − = − a 2 1 x 1

t a

≥



= −  ≥ (*)

Khi đó phương trình trở thành

0

t

t a at

≥



 ≥





⇔

0 1 2

t a t a

≥ >





 =

Ta thấy phương trình có nghiệm khi 2

0

1 0

1

2 2

a

a a

>



 ≤

Vậy ta nhận được:

1 0

2 1 1 2

a x

a

 < ≤





 − =



⇔

1 0

2 1 1 2

a x

a

 < ≤





 = ±



Do đó với 0 1

2 a

2

x

a

Ví dụ 2: Tìm các giá trị a > 0 để phương trình sau có nghiệm:

x + ax a − + x − ax a − = a

Giải: Đặt t = 2 ax a − 2 , t ≥ 0 và với a > 0 ta có 2 2

2

Vậy phương trình trở thành: 2 2 2

 + + − =

Nếu 0 ≤ t < a: (3.2a) ⇔ 0

t a

≤ <





=

1 2 1 0

2

a t

 =





 ≤ <



Ta được:

1 2

a x

 =





 ≤ <



Nếu t ≥ a: (3.2) ⇔ t at a a≥ >= 20

Ta được: 2 2 0

a a a





1 2 2 2

a

x

 ≥



 =



Tóm lại: với a =12 phương trình có nghiệm là 14≤ ≤ x 12,

với a > 12 phương trình có nghiệm là 2 2

2

Ví dụ 3: Định tham số a để phương trình sau có nghiệm: x 2 − 2 a + 2 x 2 − = 1 x

Giải: Điều kiện 2

1 2

x

≥





≥

 (*)

Khi đó phương trình trở thành 2 (x 2 − 2 a x)( 2 − = + − 1) a 2 2 x 2

⇔

2

2

1 2

a x

 ≤ +







⇔

2

2 2

1 2

a x

 ≤ +







(3.3a)

Từ (*) và (3.3a) ta cần có:

2

3

1 1 2

a a

a a

 ≤ +



 ≤ +



Phương trình ⇔

2 0

3 2

2 1

a a x

a

 ≤ ≤





Vì x ≤ 1 nên ta nhận được nghiệm là x 2 12 a

a

−

=

Vậy với 0 2

3 a

≤ ≤ thì phương trình có nghiệm là x 2 12 a

a

−

=

Ví dụ 4: Định tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

3 4

Giải: Ta thấy nếu xo là nghiệm, thì 1 – xo cũng là nghiệm của

Do đó điều kiện cần để phương trình có nghiệm duy nhất là:

xo = 1 – xo ⇒ x o =12 Thế x bởi x o =12 vào

suy ra: m 3 = m ⇒ = m 0 , m = ± 1

Đảo lại:

Với m = 0: (3.4) trở thành x + 1 − = x 2 4 x( x) 1 −

2

Với m = –1: (3.4) trở thành x + 1 − − x 2 x( x) 1 − = − + 1 2 4 x( x) 1 −

⇔ ( x+ 1− −x 2 4 x( x) 1− )+( x) x 1− + −2 x( x) 1− =0

⇔ (4 4 ) (2 )2





 ⇔ x =12 (thoả) Với m = 1: (3.4) trở thành x + 1 − + x 2 x( x) 1 − = + 1 2 4 x( x) 1 − (*)

Vì x = 0 và x = 1 cùng nghiệm đúng (*) ⇒ không có nghiệm duy nhất