ƯƠ ðẾ Ố ề ươ ấ ươ ệ ươ ườ ư · 2015-07-16 · nguy ễn t ất thu http//:...

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn

Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 1 -

CHƯƠNG VII BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN THAM SỐ

Khi giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ta thường hay gặp các bài toán liên quan ñến tham số. Có lẽ ñây là dạng toán mà nhiều học sinh lúng túng nhất. Trong chương này chúng ta sẽ ñi nghiên cứu một số dạng toán mà chúng ta thương hay gặp (như xác ñịnh tham số ñể phương trình có nghiệm, có k nghiệm, nghiệm ñúng với mọi x thuộc tập D nào ñó… ) và phương pháp giải các dạng toán ñó. 1. Phương pháp hàm số

Bài toán 1: Tìm ñiều kiện của tham số ñể phương trình f(x)=g(m) có nghiệm

trên D Phương pháp: Dựa vào tính chất phương trình có nghiệm ⇔ hai ñồ thị của hai hàm số ( )y f x= và ( )y g m= cắt nhau. Do ñó ñể giải bài toán này ta tiến hành theo các bước sau: 1) Lập bảng biến thiên của hàm số ( )y f x= .

2) Dựa vào bảng biến thiên ta xác ñịnh m ñể ñường thẳng ( )y g m= cắt ñồ

thị hàm số ( )y f x= .

Chú ý : Nếu hàm số ( )y f x= liên tục trên D và x D

m min f (x)∈

= , x D

M Maxf (x)∈

= thì

phương trình : ( )f x k= có nghiệm khi và chỉ khi m k M.≤ ≤

Ví dụ 1: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm

2 2

4 2

1) x x 1 x x 1 m

2) x 1 x m

+ + − − + =

+ − =.

Giải:

1)Xét hàm số 2 2f (x) x x 1 x x 1= + + − − + có tập xác ñịnh là D=R.

Ta có: 2 2

2x 1 2x 1f '(x)

2 x x 1 2 x x 1

+ −= −+ + − +

( ) ( )2 2f ' x 0 (2x 1) x x 1 2x 1 x x 1 (1)⇒ = ⇔ + − + = − + + 2 2

2 21 1 3 1 1 3x [(x ) ] x [(x ) ] x 0

2 2 4 2 2 4

⇒ + − + = − + + ⇔ =

thay vào (1) ta thấy

không thỏa mãn. Vậy phương trình f '(x) 0= vô nghiệm f '(x)⇒ không ñổi dấu trên R, mà f '(0) 1 0 f (x) 0 x R f (x)= > ⇒ > ∀ ∈ ⇒ ñồng biến.

Mặt khác: 2 2xx

2xlimf (x) lim 1

x x 1 x x 1→+∞→+∞= =

+ + + − + và

xlimf (x) 1

→−∞= − .

Bảng biến thiên:



x −∞ +∞ f’(x) + f(x)

1 -1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ñã cho có nghiệm 1 m 1⇔ − < < . 2) ðK: x 0≥

Xét hàm số 4 2f (x) x 1 x= + − với x D [0; )∈ = +∞

Ta có: 2 34

x 1f '(x)

2 x2 (x 1)= −

+.

2 3 6 2 3 2 24f '(x) 0 x x (x 1) x (x 1) x x 1⇒ = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + vô nghiệm

f '(x)⇒ không ñổi dấu trên D, mà 4

1 1f '(1) 0 f '(x) 0 x D

22 8= − < ⇒ < ∀ ∈

Mặt khác: 42 3 2 2 2 4 2 6x x 4 4 4

1lim f (x) lim 0

(x 1) x (x 1) x (x 1) x→+∞ →+∞= =

+ + + + + +

0 f (x) f (0) 1 x D⇒ < ≤ = ∀ ∈ ⇒ phương trình có nghiệm 0 m 1⇔ < ≤ . Chú ý : Nếu phương trình chưa có dạng trên thì ta tìm cách cô lập m ñưa về dạng trên. Ví dụ 2: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm:

1) 4 4x 13x m x 1 0− + + − = .

2) x x x 12 m( 5 x 4 x)+ + = − + − . Giải:

1) Phương trình 4 44 2

x 1x 13x m 1 x

x 13x m (1 x)

≤⇔ − + = − ⇔ − + = −

3 2

x 1

4x 6x 9x 1 m

≤⇔ − − = −

. Xét hàm số 3 2f (x) 4x 6x 9x= − − với x 1≤

Ta có: 2

3x

2f '(x) 12x 12x 9 f '(x) 01

x2

== − − ⇒ = ⇔

= −

.

Bảng biến thiên: x −∞ 1 / 2− 1

f’(x) + 0 –

f(x) 5

2

−∞ 11−



Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm 5 3

1 m m2 2

⇔ − ≤ ⇔ ≥ − .

2) ðiều kiện: 0 x 4≤ ≤ . Khi ñó phương trình f (x) (x x x 12)( 5 x 4 x) m⇔ = + + − − − =

(Vì 5 4 0x x− − − ≠ )

Xét hàm số f (x) (x x x 12)( 5 x 4 x)= + + − − − với 0 x 4≤ ≤ .

Ta có: 3 1 1 1

f '(x) ( x )( )2 2 x 12 2 4 x 2 5 x

= + −+ − −

.

Do 1 1

0 4 x 5 x 0 f '(x) 0 x [0;4)2 4 x 2 5 x

< − < − ⇒ − > ⇒ > ∀ ∈− −

.

Vậy f(x) là hàm ñồng biến trên [0;4] 2 3( 5 2) f (0) f (x) f (4) 12⇒ − = ≤ ≤ =

Suy ra phương trình có nghiệm 2 3( 5 2) m 12.⇔ − ≤ ≤ Chú ý : Khi gặp hệ phương trình trong ñó một phương trình của hệ không chứa tham số thì ta sẽ ñi giải quyết phương trình này trước. Từ phương trình này ta sẽ tìm ñược tập nghiệm x D∈ (ñối với hệ một ẩn) hoặc sẽ rút ñược ẩn này qua ẩn kia. Khi ñó nghiệm của hệ phụ thuộc vào nghiệm của phương trình thứ hai với kết quả ta tìm ñược ở trên.

Ví dụ 3: Tìm m ñể hệ sau có nghiệm:

2 4 5xx

2

12 (1)

23x mx x 16 0 (2)

− ≤ − + =

.

Giải: Ta thấy (1) là bất phương trình một ẩn nên ta sẽ ñi giải bất phương trình này

Ta có: 2x 5x 4 2 22 2 x 5x 4 x 5x 4 0 1 x 4−≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ .

Hệ có nghiệm (2)⇔ có nghiệm x [1;4]∈ . 23x 16

(2) mx x

+⇔ = . Xét hàm số 23x 16

f (x)x x

+= với x [1;4]∈

có

2 22

3 3

36x x x(3x 16) 3 x(x 16)2f '(x) 0 x [1;4]

x 2x

− + −= = ≤ ∀ ∈ .

8 f (4) f (x) f (1) 19 x [1;4]⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈ . Vậy hệ có nghiệm 8 m 19⇔ ≤ ≤ . Ví dụ 4: Tìm m ñể hệ sau có nghiệm:

2x x 1 2 x 1

2

7 7 2007x 2007 (1)

x (m 2)x 2m 3 0 (2)

+ + + + − + ≤ − + + + =

.

Giải:



Ta có: 2 x 1 2(x 1)(1) 7 (7 1) 2007(1 x) (3)+ + −⇔ − ≤ − .

• Nếu x 1 VT(3) 0 VP(3) (3)> ⇒ > > ⇒ vô nghiệm.

• Nếu x 1 VT(3) 0 VP(3) (3)≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ñúng (3)⇒ có nghiệm x 1≤ .

Suy ra hệ có nghiệm (2)⇔ có nghiệm x 1≤ .

Ta có: 2x 2x 3

(2) m f (x)x 2

− +⇔ = =−

. Xét hàm số f(x) với x 1≤ , có:

2

2

x 4x 1f '(x) f '(x) 0 x 2 3

(x 2)

− += ⇒ = ⇔ = −−

.

Bảng biến thiên x −∞ 2 3− 1

f’(x) + 0 –

f(x) 2 2 3− −∞ 2−

Dựa vào bảng biến thiên ⇒ hệ có nghiệm m 2 2 3⇔ ≤ − . Ví dụ 5: Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghiệm:

2x y m 0 (1)

y xy 2 (2)

− + =

+ =.

Giải: Ta thấy (2) là phương trình không chứa tham số nên ta sẽ giải quyết (2) trước

Ta có: 2

y 2

(2) xy 2 y y 4y 4x

y

≤⇔ = − ⇔ − +=

. Thay vào (1) ta ñược:

2y 4y 4 4y 4y m 0 m f (y)

y y

− + −− + = ⇔ = = (3).

Hệ có nghiệm (3)⇔ có nghiệm y 2≤ . Xét hàm số f(y) với y 2≤

2

4f '(y) 0 f (y)

y⇒ = > ⇒ ñồng biến trên các khoảng ( ;0) (0;2]−∞ ∪

y y 0 y 0lim f (y) 4; lim f (y) ; lim f (y)

+ −→−∞ → →= = −∞ = +∞ . Ta có bảng biến thiên:

y −∞ 0 2 f’(y) + +

f(y)

+∞ 2 4 −∞

⇒hệ có nghiệm m ( ;2] (4; )⇔ ∈ −∞ ∪ +∞ .



Chú ý : Khi bài toán yêu cầu xác ñịnh số nghiệm của phương trình thì ta phải lưu ý Số nghiệm của phương trình f (x) g(m)= chính là số giao ñiểm của ñồ thị hai hàm số y f (x)= và y g(m)= . Do ñó phương trình có k nghiệm ⇔ hai ñồ thị trên cắt nhau tại k giao ñiểm. Ví dụ 6: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình sau có ñúng hai nghiệm phân

biệt: 44 3 4 3x 4x 16x m x 4x 16x m 6− + + + − + + = . Giải:

ðặt 4 4 3t x 4x 16x m, t 0= − + + ≥ . Ta có phương trình : 42 4 3t t 6 0 t 2 x 4x 16x m 2+ − = ⇔ = ⇔ − + + =

4 3m x 4x 16x 16⇔ − = − + − . Xét hàm số 4 3f (x) x 4x 16x 16= − + −

3 2 2 x 1f '(x) 4(x 3x 4) 4(x 2) (x 1) f '(x) 0

x 2

= −⇒ = − + = − + ⇒ = ⇔ =

.

Bảng biến thiên x −∞ -1 2 +∞

f’(x) – 0 + 0 +

f(x) +∞ +∞ -27

Dựa vào bảng biến thiên ⇒phương trình có hai nghiệm phân biệt m 27 m 27⇔ − > − ⇔ < .

Ví dụ 7: Tìm m ñể phương trình : 2m x 2 x m+ = + có ba nghiệm phân biệt. Giải:

Phương trình 2

2

xm( x 2 1) x m

x 2 1⇔ + − = ⇔ =

+ − (do 2x 2 1 0 x+ − > ∀ )

Xét hàm số

( )

22

2

22 2

xx 2 1

x x 2f (x) f '(x)x 2 1 x 2 1

+ − −+= ⇒ =

+ − + −

( )2

22 2

2 x 2f '(x) f '(x) 0 x 2

x 2 x 2 1

− += ⇒ = ⇔ = ±+ + −

.

Bảng biến thiên: x −∞ 2− 2 +∞

f’(x) – 0 + 0 –

f(x)

+∞ 2 2− −∞



Dựa vào bảng biến thiên 2 m 2⇒ − < < . Ví dụ 8: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình : 2mx 1 cosx+ = có ñúng

một nghiệm x 0;2

π ∈

.

Giải: Ta thấy ñể pt có nghiệm thì m 0≤ . Khi ñó:

Phương trình

2

2 2

xsincosx 1 2m 2m

x x

2

−⇔ = ⇔ = −

.

Xét hàm số : sin t

f (t)t

= với t 0;4

π ∈

Ta có: ( )

2 2

cos t t tgtt.cos t sin tf '(t) 0

t t

−−= = < với t 0;4

π ∀ ∈ ⇒

f(t) nghịch biến.

Mà: 2 2

f ( )4

π =π

và

2

2 2t 0

xsin2 2 8 2lim f (t) 1 f (t) 1 1 x (0; )

2x

2

→

π= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈π π

.

Vậy phương trình có ñúng một nghiệm x (0; )2

π∈ 2

82m 1⇔ < − <

π

2

1 4m

2⇔ − < < −

π.

Ví dụ 9: Tìm m ñể hệ phương trình : 23(x 1) y m 0

x xy 1

+ + − =

+ =

có ba cặp nghiệm

phân biệt . Giải:

Ta có : 2

x 1

x xy 1 xy 1 x x 2x 1y

x

≤+ = ⇔ = − ⇔ − +=

(do x 0= không là nghiệm

phương trình ).

Thay vào phương trình thứ nhất ta ñược: 2

2 x 2x 13x 6x m 3

x

− ++ + = − (a) .

Hệ có ba cặp nghiệm ⇔ (a) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn x 1≤ .

Xét hàm số 2

2 2x 2x 1 1f (x) 3x 6x 3x 7x 2

x x

− += + + = + − + với x 1≤ .

3 2

2 2

1 6x 7x 1 1 1f '(x) 6x 7 f '(x) 0 x 1;x ;x

2 3x x

+ −⇒ = + − = ⇒ = ⇔ = − = − = .



Bảng biến thiên: x

−∞ 1− 1

2− 0

1

3 1

f’(x) − 0 + 0 − − 0 +

f(x)

+∞ 27

4− −∞ 9

7− −∞ 11

3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (a) có ba nghiệm phân biệt 11

m 3 93

277 m 3

4

≤ − ≤⇔

− ≤ − ≤ −

20m 12

315

4 m4

≤ ≤⇔

−− ≤ ≤

.

Vậy 20 15

m 12 4 m3 4

−≤ ≤ ∪ − ≤ ≤ là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 10: Biện luận số nghiệm của phương trình sau:

2m x 1 x 2 m+ = + − . Giải:

PT 2

2

x 2m( x 1 1) x 2 m f (x)

x 1 1

+⇔ + + = + ⇔ = =+ +

(do 2x 1 1 0+ + > )

Số nghiệm của phương trình chính là số giao ñiểm của ñồ thị hai hàm số y m= và y f (x)= .

Xét hàm số y f (x)= , ta có:

222

2 2 2 2 2

x(x 2)x 1 1

x 1 2x 1x 1f '(x)( x 1 1) x 1( x 1 1)

++ + −+ − ++= =

+ + + + +

2

2 2

1x 4

2f '(x) 0 x 1 2x 1 x3

x 1 4x 4x 1

≥⇒ = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =

+ = − +

.

x x

2

2x(1 )

xlim f (x) lim 11 1

x 1xx

→−∞ →−∞

+= = −

− + −

và xlim f (x) 1→+∞

= .

Bảng biến thiên



x −∞

4

3 +∞

f’(x) + 0 −

f(x)

5

4

1− 1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra:

• Nếu 5

m4

m 1

> ⇒

≤ −

phương trình vô nghiệm.

• Nếu 5

m4

1 m 1

= ⇒− < ≤

phương trình có một nghiệm.

• Nếu 5

1 m4

< < ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Chú ý : Khi ñặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác ñịnh của ẩn phụ và giải quyết bài toán ẩn phụ trên miền xác ñịnh vừa tìm. Cụ thể: * Khi ñặt t u(x),x D= ∈ , ta tìm ñược t Y∈ và phương trình f (x,m) 0= (1) trở thành g(t,m) 0= (2). Khi ñó (1) có nghiệm x D∈ ⇔ (2) có nghiệm t Y∈ . * ðể tìm miền xác ñịnh của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá trị (vì miền xác ñịnh của t chính là miền giá trị của hàm u(x) ). * Nếu bài toán yêu cầu xác ñịnh số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t, tức là mỗi giá trị t Y∈ thì phương trình u(x) t= có bao nhiêu nghiệm x D∈ ?. Ví dụ 11: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm.

1) 2

x 9 x x 9x m+ − = − + + .

2) 3 x 6 x (3 x)(6 x) m+ + − − + − = .

3) 4 42 2m( x 2 2 x 4) x 2 2 x 4− + − − + = − . Giải: 1) ðiều kiện: 0 x 9≤ ≤ . Phương trình 29 2 x(9 x) x 9x m 2 m x(9 x) 2 x(9 x)⇔ + − = − + + ⇔ − = − − −

ðặt x 9 x 9

t x(9 x) 0 t .2 2

+ −= − ⇒ ≤ ≤ =

Ta có phương trình : 22 m t 2t f (t)− = − = (1).

Phương trình ñã cho có nghiệm (1)⇔ có nghiệm 9

t [0; ]2

∈



Xét hàm số f(t) với 9

t [0; ]2

∈ , có f '(t) 2t 2 0 f '(t) 0 t 1= − > ⇒ = ⇔ = .

Bảng biến thiên: t

0 1 9

2

f’(t) − 0 +

f(t)

0 45

4

1−

Vậy phương trình có nghiệm 45 37

1 2 m m 34 4

⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ .

2) ðiều kiện: 3 x 6− ≤ ≤ .

ðặt 2

2 t 9t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)

2

−= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − =

Phương trình ñã cho trở thành: 2

2t 9t m t 2t 9 2m

2

−− = ⇔ − = − (2).

Xét hàm số 1 1

t(x) 3 x 6 x t '(x)2 x 3 2 6 x

= + + − ⇒ = −+ −

3t '(x) 0 6 x x 3 x

2⇒ = ⇔ − = + ⇔ = . Ta có bảng biến thiên của t(x)

x 3−

3

2 6

t’(x) + 0 −

t(x)

3 2 3 3

Dựa vào bảng biến thiên t [3;3 2]⇒ ∈ .

⇒ (1) có nghiệm (2)⇔ có nghiệm t [3;3 2]∈ .

Xét hàm số 2f (t) t 2t= − với 3 t 3 2≤ ≤ , có f '(t) 2t 2 0 t [3;3 2]= − > ∀ ∈

⇒ f(t) là hàm ñồng biến trên [3;3 2]

3 f (3) f (t) f (3 2) 18 6 2 t [3;3 2].⇒ = ≤ ≤ = − ∀ ∈

Vậy phương trình có nghiệm 6 2 9

3 9 2m 18 6 2 m 32

−⇔ ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤ .

3) ðiều kiện :x 2≥ . Ta thấy x 2= không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình

cho 4 2x 4− , ta ñược: 4 4x 2 x 2

m 2 2x 2 x 2

− ++ − = + − (*).



ðặt 4

444

x 2 2(t 1)t 0 t (x 2) x 2 x 2

x 2 t 1

+ += > ⇒ − = + ⇒ = >− −

4

40 t 1

t 1⇔ > ⇔ >

−

Khi ñó (*) trở thành: 21 t 2t

m 2 t 2 m f (t)t 2t 1

+ + − = ⇔ = = + (3).

Phương trình ñã cho có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t 1> .

Xét hàm số f(t) với t 1> , có: ( )

2

2

2t 2t 2f '(t) 0 t 1

2t 1

+ += > ∀ >+

.

f (t) f (1) 1 t 1⇒ > = ∀ > . Vậy phương trình có nghiệm m 1⇔ > . Chú ý : Trong các bài toán trên sau khi ñặt ẩn phụ ta thường gặp khó khăn khi xác ñịnh miền xác ñịnh của t .Ở trên chúng ta ñã làm quen với ba cách tìm miền xác ñịnh của t. Tuy nhiên ngoài những cách trên ta còn có những cách khác ñể tìm miền xác ñịnh của t. Chẳng hạn: Ở câu 2) ta có thể áp dụng BðT Côsi ñể tìm xác ñịnh của t :

22 (3 x)(6 x) 9 9 t 18 3 t 3 2+ − ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ .

Ở câu 3 ñể tìm miền xác ñịnh ta có thể làm như sau:

41

t 1x 2

= +−

vì 1

0 x 2 t 1x 2

> ∀ > ⇒ >−

.

Ví dụ 12: Tìm m ñể các phương trình

1) 2 2tan x cot x m(tan x cot x) 3 0+ + + + = có nghiệm . 2 23 32) log x log x 1 2m 1 0+ + − − = có nghiệm trên 3[1;3 ] .

3) 2 2 22x x 2x x 2x xm.9 (2m 1)6 m.4 0− − −− + + = có nghiệm x thỏa mãn

1x

2≥ .

Giải: 1) ðặt 2 2 2t tan x cot x tan x cot x t 2= + ⇒ + = − và | t | 2≥ .

Phương trình ñã cho trở thành: 2

2 t 1t mt 1 0 m

t

++ + = ⇔ = − (3) ( vì t 0≠ ).

Phương trình ñã cho có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm t thỏa mãn | t | 2≥ .

Xét hàm số 2t 1

f (t)t

+= với | t | 2≥ , ta có: 2

2

t 1f '(t) 0 t : | t | 2

t

−= > ∀ ≥

Bảng biến thiên t −∞ -2 2 +∞ f’(t) + + f(t)

-5/2 +∞ −∞ 5/2



Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm 5

| m |2

⇔ ≥ .

2) ðặt 2 2 23 3t log x 1 log x t 1= + ⇒ = − . Với 31 x 3 1 t 2≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ .

Phương trình ñã cho trở thành: 2t t 2m 2 (2)+ = +

Phương trình ñã cho có nghiệm trên 3[1;3 ] ⇔ (2) có nghiệm 1 t 2≤ ≤ .

Xét hàm số 2f (t) t t= + với 1 t 2≤ ≤ , ta thấy f(t) là hàm ñồng biến trên [1;2] Suy ra 2 f (1) f (t) f (2) 5 t [1;2]= ≤ ≤ = ∀ ∈ .

Vậy phương trình có nghiệm 3

2 2m 2 5 0 m .2

⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤

3) ðặt 2u 2x x u '(x) 4x 1= − ⇒ = − .

Lập bảng biến thiên của u(x) ta 1

u 0 x : x2

⇒ ≥ ∀ ≥ .

Bất phương trình trở thành: u u um9 (2m 1)6 m4 0− + + = 2u u

23 3m (2m 1) m 0 mt (2m 1)t m 0

2 2 ⇔ − + + = ⇔ − + + =

(trong ñó ta ñặt u

3t t 1 u 0

2 = ⇒ ≥ ∀ ≥

)

22

tm(t 2t 1) t m f (t)

t 2t 1⇔ − + = ⇔ = =

− + (3) (do t=1 không là nghiệm PT)

Yêu cầu bài toán (3)⇔ có nghiệm t 1> .

Xét hàm số f (t) với t 1> , có 2

2 2

1 tf '(t) 0 t 1

(t 2t 1)

−= < ∀ >− +

và xlim f (t) 0→+∞

=

Bảng biến thiên t 1 +∞

f’(t) +

f(t)

+∞ 0

Vậy m 0> là những giá trị cần tìm. Ví dụ 13: Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm

(4m 3) x 3 (3m 4) 1 x m 1 0− + + − − + − = (1). Giải: ðiều kiện : 3 x 1− ≤ ≤ . Phương trình m(4 x 3 3 1 x 1) 3 x 3 4 x 1 1⇔ + + − + = + + − +

3 x 3 4 1 x 1m

4 x 3 3 1 x 1

+ + − +⇔ =+ + − +

(2).



Vì ( ) ( )2 2x 3 1 x 4+ + − = nên ta có thể ñặt:

2

2

2

2tx 3 2

1 t

1 t1 x 2

1 t

+ = +

− − = +

với 0 t 1≤ ≤ .

Khi ñó (2) trở thành: 2 2 2

2 2 2

12t 8(1 t ) 1 t 7t 12t 9m f (t)

16t 6(1 t ) t 1 5t 16t 7

+ − + + − −= = =+ − + + − −

(3).

(1) có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t [ 1;1]∈ − .

Xét hàm số f(t) với t [0;1]∈ , có 2

2 2

52t 8t 60f '(t) 0 t [0;1]

(5t 16t 7)

+ += − < ∀ ∈− −

7 9f (1) f (t) f (0) t [0;1]

9 7⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈

Vậy phương trình có nghiệm 7 9

m9 7

⇔ ≤ ≤ .

Chú ý : Chắc có lẽ các bạn sẽ thắc mắc vì sao lại nghĩ ra các ñặt như vậy ? Mới nhìn vào có vẻ thấy các ñặt t ở trên thiếu tự nhiên. Thực chất ra các ñặt ở trên ta ñã bỏ qua một bước ñặt trung gian. Cụ thể:

Từ ñẳng thức ( ) ( )2 2x 3 1 x 4+ + − = ta ñặt

x 3 2sin

1 x 2cos

+ = α

− = α với [0; ]

2

πα∈ ,

sau ñó ta lại tiếp tục ñặt t tan2

α= nên ta mới có: 2

2

2

2tx 3 2

1 t

1 t1 x 2

1 t

+ = +

− − = +

. ðến ñây chắc

các bạn thấy cách ñặt ở trên hoàn toàn rất tự nhiên phải không?!. Ví dụ 14: Xác ñịnh mọi giá trị của tham số m ñể hệ sau có 2 nghiệm phân biệt

2

33 3

22 x 2x 5

log (x 1) log (x 1) log 4 (1)

log (x 2x 5) mlog 2 5 (2)− +

+ − − >

− + − =

.

Giải: ðiều kiện :x 1> .

3 3

1 1(1) log log 2 2 1 3

1 1

x xx

x x

+ +⇔ > ⇔ > ⇔ < <− −

(Do x 1> ).

Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt 1 3x< < .

ðặt 22t log (x 2x 5) 2 t 3 x (1;3)= − + ⇒ < < ∀ ∈ và (2) trở thành

2mt 5 t 5t m (3)

t+ = ⇔ − = −



Từ cách ñặt t ta có: 2( 1) 2 4tx − = − ⇒ Với mỗi giá trị t (2;3)∈ thì cho ta ñúng một giá trị x (1;3)∈ . Suy ra (2) có 2 nghiệm phân biệt x (1;3)∈ (3)⇔ có 2 nghiệm phân biệt t (2;3)∈ .

Xét hàm số 2f (t) t 5t= − với t (2;3)∈ 5f '(t) 2t 5 f '(t) 0 t

2⇒ = − ⇒ = ⇔ =

Bảng biến thiên t

2 5

2 3

f’(t) − 0 +

f(t)

6− 6−

25

4−

⇒ (3) có 2 nghiệm phân biệt 25 25

t (2;3) m 6 6 m4 4

∈ ⇔ − < − < − ⇔ < < .

Ví dụ 14: Cho phương trình 6 5 4 3 2x 3x 6x ax 6x 3x 1 0+ − − − + + = (1). Tìm tất cả các giá trị của tham số a, ñể phương trình có ñúng 2 nghiệm phân biệt. Giải: Vì 0x = không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế pt cho x3 ta ñược

3 23 2

1 1 1(x ) 3(x ) 6(x ) a 0

xx x+ + + − + − = .ðặt

1t x

x= + ta có ñược phương trình:

2 2 3 2t(t 3) 3(t 2) 6t a t 3t 9t a 6 (2)− + − − = ⇔ + − = +

Từ cách ñặt t, ta có: 2x tx 1 0 (3)− + = 2t 4 0 t 2⇒ ∆ = − ≥ ⇔ ≥ . Từ ñây ta có:

* Nếu t 2= ± thì phương trình (3) có một nghiệm. *Nếu t 2> thì với mỗi giá trị của t cho tương ứng hai giá trị của x.

Nên (1) có ñúng hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) hoặc có ñúng hai nghiệm t=2 và t=-2 hoặc (2) có ñúng một nghiệm thỏa mãn |t|>2.

TH 1: Nếu (2) có ñúng hai ngiệm 2 a 6

t 222 a 6

= += ± ⇒= +

hệ vô nghiệm.

TH 2: (2) có ñúng một nghiệm thỏa mãn |t|>2.

Xét hàm số 3 2f (t) t 3t 9t= + − với t 2> , có: 2f '(t) 3t 6t 9 3(t 1)(t 3)= + − = − + .

Ta có bảng biến thiên:

t −∞ -3 -2 2 +∞ f’(t) + 0 - +

f(t)

27 +∞ −∞ 22 2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có ñúng một nghiệm >t 2



a 6 2 a 4

a 6 27 a 21

+ < < − ⇔ ⇔ + > > .

Ví dụ 15: Tìm m ñể phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt.

2 2 4 2 2m( 1 x 1 x 2) 2 1 x 1 x 1 x 1+ − − + = − + + − − − (1).

Giải: ðiều kiện : x 1≤ .

ðặt 2 2 2 44 2

0 t 1t 1 x 1 x 0 t 2 2 1 x

2 1 x 2 t

≤ ≤= + − − ≥ ⇒ = − − ⇔ − = −

.

(1) trở thành: 2

2 t t 1m(t 2) 1 t t m f (t)

t 2

− + ++ = − + ⇔ = =+

(2).

Từ cách ñặt t

2 22 24 4

2 t 2 t1 x x 1 t [0;1]

2 2

− −⇒ − = ⇔ = ± − ∀ ∈

⇒ với mỗi giá trị t (0;1]∈ ta có hai giá trị x, còn t 0 x 0= ⇒ = .

Mặt khác:

2 22 22 21 21 2 1 2

2 t 2 t1 1 t t t t

2 2

− −− = − ⇔ = ⇔ =

⇒ (1) có bốn nghiệm phân biệt (2)⇔ có ñúng hai nghiệm t (0;1]∈

Xét hàm số f(t) với t [0;1]∈ , có: 2

2

t 4t 1f '(t) f '(t) 0 t 5 2.

(t 2)

− − += ⇒ = ⇔ = −+

Bảng biến thiên t 0 5 2− 1

f’(t) + 0 −

f(t)

1

2

1

3

2 5−

⇒ (2) có hai nghiệm phân biệt 1

t (0;1] 2 5 m3

∈ ⇔ − < ≤ .

Vậy 1

2 5 m3

− < ≤ là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 16: Biện luận số nghiệm của phương trình :

3 3 32 2 2x 1 x xm.2 (2m 1)(3 5) (3 5) 0+ + + − + + = (1). Giải:

(1)

3 32 2x x3 5 3 5

2m (2m 1) 02 2

− +⇔ + − + =

(2).



ðặt

3 2x3 5

t t 12

+= ⇒ ≥

. Khi ñó (2) trở thành:

221 t 1

2m (2m 1) t 0 2m(t 2) t 1 2m f (t)t t 2

−+ − + = ⇔ − + = − ⇔ − = =+

(3).

Với

3 2x33 5

2

3 5t 1 t x log t (*)

2 +

+∀ ≥ ⇒ = ⇔ = ±

.

• Nếu t 1 (*)= ⇒ có một giá trị x 0=

• Nếu t 1 (*)> ⇒ có hai giá trị x. ⇒Số nghiệm của (1) phụ thuộc vào số nghiệm t 1≥ của (3)

Xét hàm số f(t) với t 1≥ , có: 2

2

t 4t 1f '(t) 0 t 1

(t 2)

+ += > ∀ ≥+

.

Bảng biến thiên: t 1 +∞

f’(t) +

f(t)

+∞ 0

Dựa vào bảng biến thiên, ta có: * Nếu 2m 0 m 0 (3)− < ⇔ > ⇒ vô nghiệm (1)⇒ vô nghiệm. * Nếu m 0 (3)= ⇒ có một nghiệm t 1 (1)= ⇒ có một nghiệm x 0= * Nếu m 0 (3)< ⇒ có một nghiệm t 1 (1)> ⇒ có hai nghiệm phân biệt. Ví dụ 17: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình :

21 1

2 2

(m 1)log (x 2) (m 5)log (x 2) m 1 0− − − − − + − = (1)

có hai nghiệm thoả mãn ñiều kiện : 1 22 x x 4< ≤ < . Giải: ðặt 1

2

t log (x 2) t ( 2;0) x (2;4)= − ⇒ ∈ − ∀ ∈ và mỗi t ( 2;0)∈ − cho một giá trị

x (2;4)∈ . Khi ñó (1) trở thành: 2

22

t 5t 1(m 1)t (m 5)t m 1 0 m f (t)

t t 1

− +− − − + − = ⇔ = =− +

(2).

Yêu cầu bài toán (2)⇔ có hai nghiệm 1 22 t t 0− < ≤ < .

Xét hàm số f(t) với t ( 2;0)∈ − , có 2

2 2

t 4f '(t) 0 t ( 2;0).

(t t 1)

+= − < ∀ ∈ −− +

151 f (0) m f ( 2)

7⇒ = < < − = là những giá trị cần tìm.



Bài toán 2: Tìm m ñể bất phương trình ( ) ( )>f x g m có nghiệm trên D.

Phương pháp: Với dạng toán này trước hết ta ñi khảo sát và lập bảng biến thiên của hàm số f (x) trên D, rồi dựa vào các tính chất sau ñể chúng ta ñịnh giá trị của tham số: 1) Bất phương trình f (x) g(m)≥ có nghiệm trên D

x Dmax f (x) g(m)

∈⇔ ≥

2) Bất phương trình f (x) g(m)≤ có nghiệm trên D x Dmin f (x) g(m)

∈⇔ ≤

Ví dụ 1: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm

1) 4 x x 5 m 2) mx x 3 m 1.− + + ≥ − − ≤ + Giải: 1) ðiều kiện : 5 x 4− ≤ ≤ . Xét hàm số f (x) 4 x x 5= − + +

1 1 4 x x 5f '(x)

2 4 x 2 x 5 2 (4 x)(x 5)

− − − +⇒ = + =

− + − +.

1f '(x) 0 4 x x 5 0 x

2⇒ = ⇔ − − + = ⇔ = − .

Suy ra [-5;4]

1max f (x) max f (4),f ( ),f ( 5) 3 2

2

− = − =

.

Vậy bất phương trình có nghiệm [ 5;4]

m max f (x) 3 2−

⇔ ≤ = .

2) ðiều kiện : x 3≥ .

Bất phương trình x 3 1

mx 1

− +⇔ ≤−

. Xét hàm số x 3 1

f (x)x 1

− +=−

với x 3≥ .

Ta có: 2

5 x x 3f '(x) f '(x) 0 x 4

2 x 3(x 1)

− − −= ⇒ = ⇔ =− −

và xlim f (x) 0→+∞

= .

Bảng biến thiên: x 3 4 +∞ f’ + 0 - f

2

3

1

2 0

Vậy bất phương trình có nghiệm x 3

2m maxf (x)

3≥⇔ ≤ = .



Ví dụ 2: Tìm m ñể các bất phương trình sau có nghiệm

1) x x 14 m.2 3 2m 0+− + − ≤ (1) 2) 2lg x mlg x m 3 0

x 1

− + + ≤

> (2).

Giải: 1) ðặt xt 2 , t 0= > . Khi ñó bất phương trình trở thành:

22 t 3

t 2mt 3 2m 0 f (t) 2mt 1

+− + − ≤ ⇔ = ≤+

(3).

(1) có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t 0> . Xét hàm số f(t) với t 0> , ta có:

( )

2

2

t 2t 3f '(t) f '(t) 0 t 1

t 1

+ −= ⇒ = ⇔ =+

(do t 0> ).

Bảng biến thiên: t 0 1 +∞

f’(t) − 0 +

f(t)

3 +∞ 2

(3)⇒ có nghiệm t 0> 2m 2 m 1⇔ ≥ ⇔ ≥ . Vậy m 1≥ là những giá trị cần tìm. 2) ðặt t lg x t 0 x 1= ⇒ > ∀ > . Khi ñó bất phương trình ñã cho trở thành:

2 2t mt m 3 0 t 3 m(t 1)− + + ≥ ⇔ + ≤ − (1).

* 2t 3

t 1 (1) mt 1

+< ⇒ ⇔ ≥−

(2).

Xét hàm số 2t 3

f (t)t 1

+=−

với t (0;1)∈ , có 2

2

t 2t 3f '(t) 0 t (0;1)

(t 1)

− −= < ∀ ∈−

(2)⇒ có nghiệm t (0;1) m f (0) 3∈ ⇔ < = − .

* 2t 3

t 1 (1) m f (t)t 1

+> ⇒ ⇔ ≥ =−

(3).

Ta có bảng biến thiến f(t) t 1 3 +∞

f’(t) − 0 +

f(t)

+∞ +∞ 6

(3) có nghiệm t 1 m 6> ⇔ ≥ .

Vậy m 3

m 6

< − ≥

là những giá trị cần tìm.



Ví dụ 3: Tìm m ñể bất phương trình : 2m( x 2x 2 1) x(2 x) 0− + + + − ≤ (1) có

nghiệm x [0;1 3]∈ + . Giải:

ðặt 2 2t x 2x 2 (x 1) 1 t [1;2] x [0;1 3]= − + = − + ⇒ ∈ ∀ ∈ +

Khi ñó (1) trở thành: 2

2 t 2m(t 1) t 2 m f (t)

t 1

−+ ≤ − ⇔ ≤ =+

(2).

Xét hàm số f(t) trên [1;2] , ta có: 2

2

t 2t 2f '(t) 0 t [1;2]

(t 1)

+ += > ∀ ∈+

(1) có nghiệm x [0;1 3]∈ + (2)⇔ có nghiệm t [1;2]∈

[1;2]

2m maxf (t) f (2)

3⇔ ≤ = = .

Ví dụ 4: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm: 2 2 2sin x cos x sin x2 3 m.3 .+ ≥

Giải:

Bất phương trình 2 2 t t

sin x sin x2 1 2 1( ) 3( ) m 3 m3 9 3 9

⇔ + ≥ ⇔ + ≥

với 2t sin x t [0;1]= ⇒ ∈ . Xét hàm số t t

2 1f (t) 3

3 9 = +

, ta thấy f(t) là hàm

nghịch biến.

[0;1]max f (t) f (0) 4⇒ = = . Vậy bất phương trình có nghiệm m 4⇔ ≤ .

Ví dụ 5: Tìm m ñể hệ bất phương trình sau có nghiệm:

3

2x 1 1 2x 1 (1)

| 8x 5 | x 2x 1 2m 0 (2)

+ − ≥ −

− + + + − ≥.

Giải: ðiều kiện: 1

x2

≥ .

Ta có: 1 5

(1) 2x 1 2x 1 1 1 2 2x 1 x2 8

⇔ + ≥ − + ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ≤ .

Khi ñó: 3 3(2) 8x 5 x 2x 1 2m 0 f (x) x 6x 6 2m⇔ − + + + + − ≥ ⇔ = − + ≥ (3).

Xét hàm số f (x) trên 1 5

;2 8

, ta có: 2 1 5f '(x) 3x 6 0 x ;

2 8 = − ≤ ∀ ∈

.

1 5;

2 8

1 25max f (x) f ( )

2 8

⇒ = = .



Hệ có nghiệm (3)⇔ có nghiệm 1 5

;2 8

1 5 25 25x ; 2m max f (x) m

2 8 8 16

∈ ⇔ ≤ = ⇔ ≤ .

Ví dụ 5: Tìm tất cả giá trị của tham số a ñể hệ sau có nghiệm (x,y) thoả mãn ñiều kiệnx 4≥ .

x y 3 (1)

x 5 y 3 a (2)

+ =

+ + + ≤

.

Giải: ðiều kiện : x,y 0≥

ðặt t x y 3 t= ⇒ = − , do x 4

2 t 3y 0

≥⇒ ≤ ≤ ≥

. Khi ñó (2) trở thành:

2 2a t 5 t 6t 12 f (t)≥ + + − + = (3).

Xét hàm số f(t) với [ ]t 2;3∈ , có 2 2

t t 3f '(t)

t 5 t 6t 12

−= ++ − +

2 2f '(t) 0 t (t 3) 3 (3 t) t 5⇒ = ⇔ − + = − + (*) 2 2 2 2 2 2 2t (t 3) 3t (3 t) t 5(3 t) 2t 30t 45 0⇒ − + = − + − ⇔ − + = phương trình vô

nghiệm vì [ ]t 2;3∈

BBT: t 2 3

f '(t) +

f (t)

14 3+ 5

Hệ có nghiệm (3)⇔ có nghiệm

[1;2]t [1;2] a min f (t) f (2) 5∈ ⇔ ≥ = = .

Vậy a 5≥ là những giá trị cần tìm. Chú ý : ðể bất phương trình :

D Df (x) k (f (x) k) x D k min f (x) (k max f (x))≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ≥ .

Ví dụ 6: Tìm m ñể bất phương trình : 2(x 3)(x 1)(x 4x 6) m+ + + + ≥ nghiệm ñúng x R∀ ∈ .

Giải: Bất phương trình 2 2(x 4x 3)(x 4x 6) m⇔ + + + + ≥ .

ðặt 2 2t x 4x 3 (x 2) 1 t 1= + + = + − ⇒ ≥ − và bất phương trình trở thành: 2t 3t m t 1+ ≥ ∀ ≥ − (*)

Xét hàm số 2

t 1f (t) t 3t f '(t) 2t 3 0 t 1 min f (t) 2

≥−= + ⇒ = + > ∀ ≥ − ⇒ = − .

Bất phương trình ñã cho nghiệm ñúng với x R (*)∀ ∈ ⇔ nghiệm ñúng với t 1∀ ≥ −



t 1m min f (t) 2

≥−⇔ ≤ = − là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 7: Tìm m ñể bất phương trình : 2(4 x)(6 x) x 2x m+ − ≤ − + nghiệm ñúng

[ ]x 4;6∀ ∈ − .

Giải:

ðặt 4 x 6 x

t (4 x)(6 x) 0 t 5.2

+ + −= + − ⇒ ≤ ≤ =

Khi ñó bất phương trình trở thành: 2 2t 24 t m t t m 24≤ − + ⇔ + ≤ + (*). Yêu cầu bài toán (*)⇔ nghiệm ñúng t [0;5]∀ ∈ .

Xét hàm số 2f (t) t t= + với t [0;5]∈ , ta thấy f(t) là hàm ñồng biến trên [0;5] Suy ra

[0;5]max f (t) f (5) 30= = .

Vậy (* ) nghiệm ñúng t [0;5]∀ ∈ m 24 30 m 6⇔ + ≥ ⇔ ≥ − .

Ví dụ 8: Tìm m ñể bất phương trình sau nghiệm ñúng với mọi 1

| x |2

≥ .

2 2 22x x 2x x 2x x9 2(m 1)6 (m 1)4 0− − −− − + + ≥ . Giải:

Chia hai vế bất phương trình cho 22x x4 − và ñặt

22x x3

t2

− =

, ta ñược:

2t 2(m 1)t m 1 0− − + + ≥ (1).

Với 21| x | 2x x 0 t 1

2≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥

2t 2t 1(1) m f (t)

2t 1

+ +⇒ ⇔ ≤ =

−.

Yêu cầu bài toán t 1

m min f (t)≥

⇔ ≤ .

Ta có 2

2

2t 2t 4f '(t) f '(t) 0 t 2

(2t 1)

− −= ⇒ = ⇔ =−

.

Bảng biến thiên t 1 2 +∞

f’(t) − 0 +

f(t)

4 +∞ 3

Vậy t 1

m min f (t) m 3≥

≤ ⇔ ≤ .

Darkangelandlove

a

ƯƠ ðẾ Ố ề ươ ấ ươ ệ ươ ườ ư · 2015-07-16 · nguy ễn t ất thu http//:...

Documents