ôn thi đại học về sự biến thiên của hàm số

SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG
§1. SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ KHÔNG CHỨA THAM SỐ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Chương trình lớp 10 đã đề cập đến khái niệm hàm đồng biến, hàm nghịch biến, hàm đơn điệu
trên một khoảng. Ở đây, tôi không nhắc lại các khái niệm ấy mà chỉ đề cập đến việc xét sự biến
thiên của hàm số bằng cách dùng đạo hàm.
1. Quy tắc xét sự biến thiên bằng đạo hàm
Định lý: Giả sử hàm số
f
có đạo hàm trên khoảng

( )
;a b
. Khi đó
•
( )
' 0f x >

( )
;x a b∀ ∈

⇒

f
đồng biến trên
( )
;a b
;
•
( )

' 0f x <

( )
;x a b∀ ∈

⇒

f
nghịch biến trên
( )
;a b
;
•
( )
' 0f x =

( )
;x a b∀ ∈

⇒

f
không đổi trên
( )
;a b
.
Nhận xét: Từ đinh lý trên, ta thấy việc xét sự biến thiên của hàm số thực chất là xét dấu của đạo
hàm. Như vậy ta cần nắm được
• Quy tắc xét dấu của nhị thức bậc nhất;
• Quy tắc xét dấu của tam thức bậc hai;

• Quy tắc xét dấu của một biểu thức.
2. Quy tắc xét dấu một biểu thức
Giả sử hàm
( )
y g x=
không xác định hoặc triệt tiêu tại các điểm
1
x
,
2
x
, …,
n
x
đôi một khác
nhau và
1 2 n
x x x< < <L
. Ký hiệu
I
là một trong các khoảng
( )
1
; x−∞
,
( )
1 2
;x x
, …,
( )

1
;
n n
x x
−
,
( )
;
n
x +∞
. Khi nó nếu
g
liên tục trên
I
thì không đổi dấu trên đó.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1. Xét sự biến thiên của hàm số
2
1
1
x x
y
x
− +
=
−
.
Giải. Ta có TXĐ
{ }
\ 1= ¡

,
( )
2
2
2
'
1
x x
y
x
−
=
−
. Ta thấy với mọi
x∈
TXĐ, dấu của
'y
chính là dấu của
tam thức bậc hai
2
2x x−
. Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:
1

( )
2
1
1
1
lim lim lim

1
1
1
x x x
x
x x
x
f x
x
x
→+∞ →+∞ →+∞
− +
− +
= = = +∞
−
−
,
( )
1
1
lim lim
1
1
x x
x
x
f x
x
→−∞ →−∞
− +

= = −∞
−
,
( )
1
2
lim
x
f x
−
 
→
 ÷
 
= +∞
,
( )
1
2
lim
x
f x
+
 
→
 ÷
 
= −∞
.
Kết luận.

f
đồng biến trên
( )
;0−∞
và
( )
2;+∞
, nghịch biến trên
( )
0;1
và
( )
1;2
.
Ví dụ 2. Xét chiều biến thiên của hàm số
2
1y x= −
.
Giải. Ta có TXĐ
[ ]
1;1= −
,
2
'
1
x
y
x
−
=

−
với mọi
( )
1;1x∈ −
. Do đó với mọi
( )
1;1x∈ −
,
'y
trái dấu
với
x
. Ta có bảng biến thiên của hàm số như hình
bên.
Kết luận. hàm số đồng biến trên
( )
1;0−
, nghịch biến trên
( )
0;1
.
Ví dụ 3. Xét sự biến thiên của hàm số
1 1y x x= − + +
.
Giải. Ta có TXĐ
[ ]
1;1= −
và
( )
1 1

'
2 1 2 1
y x
x x
= − +
− +
2
1 1
2 1
x x
x
− − +
=
−
( )
2
1 1 1
x
x x x
−
=
− + + −

( )
1;1x∀ ∈ −
.
Do đó với mọi
( )
1;1x∈ −
,

'y
trái dấu với
x
. Ta
có bảng biến thiên của hàm số như hình bên.
Kết luận. hàm số đồng biến trên
( )
1;0−
,
nghịch biến trên
( )
0;1
.
Nhận xét. Trong các ví dụ trên, việc xét dấu đạo hàm được thực hiện bằng các quy tắc xét dấu cơ
bản (nhị thức bậc nhất, tam thức bậc hai, đa thức). Trong ví dụ sau, ta sẽ xét dấu của đạo hàm
bằng cách giải một bất phương trình.
2

Ví dụ 4. Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số
2
2 1y x x= + −
.
Giải. Ta thấy
TXÑx∈

⇔

2
1 0x− ≥

⇔

[ ]
1;1x∈ −
. Vậy
[ ]
1;1TXÑ = −
.
2
2 2
2 1
' 2
1 1
x x x
y
x x
− −
= − =
− −
,
( )
1;1x∈ −

( )
1;1x∀ ∈ −
.
Ta có
' 0y ≤

⇔

2
2 1 0x x− − ≤


⇔

2
2 1 x x− ≤

⇔

( )
2 2
0
4 1
x
x x
≥



− ≤




⇔

2

5
x ≥
.

' 0y =

⇔

2
5
x =
.
Bảng biến thiên:
Kết luận. hàm đã cho đồng biến trên
2
1;
5
 
−
 ÷
 
, nghịch biến trên
2
;1
5
 
 ÷
 
.
Ví dụ 5. [ĐHA08] Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số

4 4
2 2 2 6 2 6y x x x x= + + − + −
.
Giải. Ta có TXĐ
[ ]
0;6=
và
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1 1 1
'
2
2 6
2 6
y
x x
x x
 
 
 
= − + −
 ÷
 
−
 
−
 
(
( )

0;6x∈
).
Ta thấy:
•
( )
' 2 0y =
;
•
( )
0;2x∈
⇒
2 6x x
< −
⇒
( ) ( )
3 3
4 4
0 2 6
0 2 6
x x
x x

< < −



< < −

⇒
( ) ( )

3 3
4 4
1 1
2 6
1 1
2 6
x x
x x

>

−



>

−


⇒
( )
' 0y x >
;
• Tương tự, ta có
( )
' 0y x <

( )
2;6x∀ ∈

.
Bảng biến thiên
Kết luận: hàm số đồng biến trên
( )
0;2
, nghịch
biến trên
( )
2;6
.
C. BÀI TẬP
3

Bài 1. Xét chiều biến thiên các hàm số sau đây
1)
3 2
2 2 2y x x x= − + − −
;
2)
3 2
2
2 16 31
3
y x x x= − − + −
;
3)
3 2
3 3 5y x x x= − + +
;
4)

4 3
1
5
2
y x x x= + − +
;
5)
4 3 2
3 22 51 36 1y x x x x= − + − + +
;
6)
5 3
4
8
5
y x x= − + +
;
7)
2
1
x
y
x
−
=
+
;
8)
3 3
2 3

x
y
x
+
=
+
;
9)
2
2 4
2
x x
y
x
− + −
=
−
;
10)
1 1
2
y
x x
= −
−
;
11)
2
3
1

x
y
x
=
+
;
12)
1
3
x
y
x
+
=
;
13)
2 3y x x= + + −
;
14)
2
2 3x x+ +
;
15)
2y x= −
;
16)
2
2y x x= −
;
17)

4 4
2 5y x x= − + −
;
18)
3 3
4 4
3 3 3 4 3 1 3 1 4 1y x x x x x x= + + + + + + − + − + −
;
19)
2 1 2y x x x= − − − −
.
Bài 2. Chứng minh
1)
2
9y x= −
đồng biến trên
( )
3;+∞
.
2)
4
y x
x
= +
nghịch biến trên các khoảng
( )
2;0−
,
( )
0;2

.
3)
3
2 1
x
y
x
−
=
+
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định.
4)
2
2 3
2 1
x x
y
x
+
=
+
đồng biến trên mỗi khoảng xác định.
5)
2
8y x x= − + +
nghịch biến trên
¡
.
6)
2

cosy x x= +
đồng biến trên
¡
.
D. HƯỚNG DẪN HOẶC ĐÁP SỐ
Bài 1 1 Hàm số nghịch biến trên
¡
; 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
; 4−∞ −
và
( )
2;+∞
, đồng biến trên
( )
4;2−
; 3 Hàm số đồng biến trên
¡
; 4 Hàm số nghịch biến trên các
khoảng
( )
; 1−∞ −
và
1
;2
2
 
 ÷
 
, đồng biến trên các khoảng

1
1;
2
 
−
 ÷
 
và
( )
2;+∞
; 5 Hàm số đồng
biến trên các khoảng
1
;
2
 
−∞
 ÷
 
và
( )
2;3
, nghịch biến trên các khoảng
1
;2
2
 
 ÷
 
và

( )
3;+∞
; 6 Hàm
số nghịch biến trên các khoảng
3
;
2
 
−∞ −
 ÷
 ÷
 
và
3
;
2
 
+∞
 ÷
 ÷
 
, đồng biến trên
3 3
;
2 2
 
−
 ÷
 ÷
 

; 7 Hàm
4

số nghịch biến trên từng khoảng xác định (nghịch biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −
và
( )
1;− +∞
); 8
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định (đồng biến trên các khoảng
3
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và
3
;
2
 
− +∞
 ÷
 
); 9 Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và

( )
4;+∞
, đồng biến trên các
khoảng
( )
0;2
và
( )
2;4
;
10 Hướng dẫn.
{ }
\ 0;2TXÑ = ¡
,
( )
( )
2
2
4 1
'
2
x
y
x x
−
=
−
.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )

;0−∞

và
( )
0;1
, đồng biến trên các khoảng
( )
1;2
và
( )
2;+∞
.
11 Hướng dẫn.
TXÑ = ¡
,
( )
( )
2
2
2
3 1
1
x
y
x
−
′
=
+
.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
; 1−∞ −

và
( )
1;+∞
, đồng biến trên
( )
1;1−
.
12 Hướng dẫn.
[
)
0;TXÑ = +∞
,
1
6
x
y
x x
−
′
=
.
Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
, đồng
biến trên

( )
1;+∞
.
5

13 Hàm số nghịch biến trên
1
2;
2
 
−
 ÷
 
, đồng biến trên
1
;3
2
 
 ÷
 
; 14 Hàm số nghịch biến trên
( )
; 1−∞ −
, đồng biến trên
( )
1;− +∞
; 15 Hướng dẫn.
( )
2
2 2y x x= − = −

⇒

2
'
2
x
y
x
−
=
−
. Hàm
số nghịch biến trên
( )
;2−∞
, đồng biến trên
( )
2;+∞
; 16 Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;0−∞
và
( )
1;2
, đồng biến trên các khoảng
( )
0;1
và
( )

2;+∞
;
17 Hướng dẫn.
[ ]
2;5TXÑ =
,
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1
4
2 5
y
x x
 
 
′
= −
 
− −
 
(
( )
2;5x∈
).
' 0y =

⇔

2 5x x− = −

⇔

7
2
x =
.
7
2;
2
x
 
∈
 ÷
 

⇒

( )
( )
3
4
3
4
3
4
3
4
1 2
3

2
1 2
3
5
x
x

 

>
 ÷

 
−



 
<

 ÷
 
−



⇒

' 0y >
. Tương tự:

7
;5
2
x
 
∈
 ÷
 

⇒

' 0y <
.
Hàm số nghịch đồng trên
7
2;
2
 
 ÷
 
, nghịch biến
trên
7
;5
2
 
 ÷
 
.
18 Hàm số đồng biến trên

( )
3; 1− −
, nghịch biến trên
( )
1;1−
; 19 Hàm số nghịch biến trên
( )
0;1
,
đồng biến trên
( )
1;2
.
6

7
§2. Sự biến thiên của hàm số chứa tham số
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Trong tiết học này, ta quan tâm đến các vấn đề sau:
1. Sự biến thiên của hàm bậc ba, bậc bốn trùng phương, hàm “
baäc nhaát
baäc nhaát
”
a) Hàm bậc ba
Hàm bậc ba có dạng
3 2
y ax bx cx d= + + +
(
0a ≠
). Ta có

2
' 3 2y ax bx c= + +
là tam thức bậc hai
có
2
' 3b ac∆ = −
. Ta có bảng sau:
a
∆
Sự biến thiên của
y

+
+
• Đồng biến trên các khoảng
( )
1
; x−∞
và
( )
2
;x +∞
;
• Nghịch biến trên khoảng
( )
1 2
;x x
.
+
0

≤
• Đồng biến trên
¡
.

−
+
• Nghịch biến trên các khoảng
( )
1
; x−∞
và
( )
2
;x +∞
;
• Đồng biến trên khoảng
( )
1 2
;x x
.
−
0
≤
• Nghịch biến trên
¡
.
Trong đó,
1 2
x x<

là các nghiệm của
'y
trong trường hợp
'y
có hai nghiệm phân biệt.
b) Hàm bậc bốn trùng phương
Hàm bậc bốn trùng phương có dạng
4 2
y ax bx c= + +
(
0a
≠
).
Ta có
3 2
' 4 2 4
2
b
y ax bx ax x
a
 
= + = +
 ÷
 
.
a
b
Sự biến thiên của
y
+

0≥
•
y
nghịch biến trên
( )
;0−∞
, đồng biến trên
( )
;0−∞
;
+
−
• Nghịch biến trên các khoảng
( )
2
;
b
a
−∞ − −
và
( )
2
0;
b
a
−
.
• Đồng biến trên các khoảng
( )
2

;0
b
a
− −
và
( )
2
;
b
a
− +∞
.
−
+
• Đồng biến trên các khoảng
( )
2
;
b
a
−∞ − −
và
( )
2
0;
b
a
−
.
• Nghịch biến trên các khoảng

( )
2
;0
b
a
− −
và
( )
2
;
b
a
− +∞
.
−
0≤
• Đồng biến trên
( )
;0−∞
, nghịch biến trên
( )
;0−∞
.
c) Hàm “
baäc nhaát
baäc nhaát
”
Hàm “
baäc nhaát
baäc nhaát

” có dạng
ax b
y
cx d
+
=
+
(
a
,
c
,
0ad bc− ≠
)
Ta có
( )
2
'
ad bc
y
cx d
−
=
+
không đổi dấu trên tập xác định. Do đó:
•
0ad bc
− >

⇔

y
đồng biến trên từng khoảng xác định;
•
0ad bc
− <

⇔

y
nghịch biến trên từng khoảng xác định .
2. Điều kiện để hàm số đồng biến, nghịch biến trên một khoảng
f
đồng biến (nghịch biến) trên
( )
;a b

⇔

f
có ít nhất một khoảng đồng biến (nghịch biến) và
( )
;a b
là tập con của một khoảng đồng biến (nghịch biến) nào đó.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1. Xét sự biến thiên của hàm số
3
4y x mx= +
.
Giải. Ta có

TXÑ = ¡
,
2
' 12y x m= +
. Ta có hai trường hợp sau
• Trường hợp 1.
0m
≥

⇒

' 0y ≥

x
∀ ∈
¡

⇒
hàm số đồng biến trên
¡
.
• Trường hợp 2.
0m
<

⇒

'y
có hai nghiệm phân biệt
1

12
m
x = − −
,
2
12
m
x = −
.
Bảng biến thiên
lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
.
Trong trường hợp này, hàm số đồng biến trên
;
12
m
 
−∞ − −
 ÷
 ÷

 
và
;
12
m
 
− +∞
 ÷
 ÷
 
, nghịch biến
trên
;
12 12
m m
 
− − −
 ÷
 ÷
 
.
Ví dụ 2. Tìm
m
để hàm số
( )
3 2
1
2 2 1 3 2
3
y x x m x m= − + + + − +

nghịch biến trên
¡
.
Giải. Ta có
2
' 4 2 1y x x m= − + + +
.
'y

là tam thức bậc hai có hệ số của
2
x
là
1 0
− <
,
' 2 5m
∆ = +
. Do đó hàm số nghịch biến trên
¡
khi và chỉ khi
' 0
∆ ≤

⇔

5
2
m ≤ −
.

• Chú ý (Điều kiện để tam thức bậc hai có dấu không đổi)
Xét tam thức bậc hai
( )
2
t x ax bx c= + +
(
0a ≠
,
2
4b ac∆ = −
). Ta có
+)
( )
0t x ≥

x
∀ ∈
¡

⇔

0
0
a >


∆ ≤

;
+)

( )
0t x ≤

x∀ ∈¡

⇔

0
0
a <


∆ ≤

.
Ví dụ 3. Tìm
m
để hàm số
( ) ( )
3 2
2 3 2 1 6 1 7y x m x m m x= − + + + +
đồng biến trên
( )
1;2
.
Giải. Ta có
( ) ( )
2
' 6 6 2 1 6 1y x m x m m= − + + +
.

' 0y =

⇔

1
x m
x m
=


= +

.
Bảng biến thiên:
lim
x
y
→−∞
= −∞
,
lim
x
y
→+∞
= +∞
.
Ta thấy hàm số đồng biến trên
( )
;m−∞
và

( )
1;m + +∞
. Do đó hàm số đồng biến trên
( )
1;2
khi và chỉ khi

( ) ( )
( ) ( )
1;2 ;
1;2 1;
m
m
⊂ −∞

⊂ + +∞



⇔

2
0
m
m
≥


≤


.
Ví dụ 4. [ĐHA13] Tìm
m
để hàm số
3 2
3 3 1y x x mx= − + + −
nghịch biến trên khoảng
( )
0;+∞
.
Giải. Ta có
2
' 3 6 3y x x m= − + +
.
Cách1.
'y
là tam thức bậc hai có
' 9 9m
∆ = +
.
• TH1:
' 0∆ ≤

⇔

1m ≤ −
. Khi đó
' 0y ≤

x∀ ∈¡

⇒
hàm số nghịch biến trên
¡
nên cũng
nghịch biến trên
( )
0;+∞
.
• TH2:
' 0∆ >

⇔

1m
> −
. Khi đó,
'y
có hai nghiệm phân biệt
1 2
1 1 1 1x m x m= − + < = + +
.
Do đó hàm số có hai khoảng nghịch biến là
( )
1
; x−∞
và
( )
2
;x +∞

(xem bảng biến thiên).
Hàm số nghịch biến trên
( )
0;+∞

⇔

( ) ( )
2
0; ;x+∞ ⊂ +∞

⇔

2
0x ≤
⇔

1 1 0m+ + ≤

⇔

m
∈∅
.
Tóm lại hàm số đã cho nghịch biến trên
( )
0;+∞
khi và chỉ khi
1m ≤ −
.

Ví dụ 5. Xét sự biến thiên của hàm số
4 2
4y x mx= + +
.
Giải. Ta có
( )
3 2
' 4 2 2 2y x mx x x m= + = +
.
• TH1:
0m
≥

⇒

'y
có nghiệm duy nhất
0x
=
và đổi dấu đúng một lần khi
x
đi qua
0
.
Bảng biến thiên:
Ở đây,
lim
x
y
→±∞

= +∞
.
KL: hàm số đồng nghịch biến trên
( )
;0−∞

đồng biến trên
( )
0;+∞
.
• TH2:
0m
<

⇒

'y
có ba nghiệm phân biệt là
0
và
2
m
± −
và đổi dấu liên tiếp khi
x
đi qua
các nghiệm.
Bảng biến thiên:
Ở đây,
lim

x
y
→±∞
= +∞
.
KL: hàm số đồng nghịch biến trên các khoảng
( )
2
;
m−
−∞ −
và
( )
2
4;
m−
và đồng biến trên
( )
2
;0
m−
−
và
( )
2
;
m−
+∞
.
Ví dụ 6. Tìm

m
để hàm số
1
4
mx
y
x m
+
=
+
đồng biến trên từng khoảng xác định.
Giải. Ta có TXĐ
\
4
m
 
= −
 
 
¡
và
( )
2
2
4
4
m
y
x m
−

′
=
+
.
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi
' 0y >

x
∀ ∈
TXĐ
⇔

2
4 0m − >

⇔

2
2
m
m
>


< −

.
C. BÀI TẬP
Tìm
m

để hàm số
1)
( )
( )
3 2 2
1 4 9y x m x m x= + − + − +
đồng biến trên
¡
;
2)
3 2
3 3 3 4y x x mx m= − + + +
đồng biến trên
¡
;
3)
( ) ( )
3 2
1 1
1 3 2
3 3
y mx m x m x= − − + − +
đồng biến trến
( )
2;+∞
;
4)
( ) ( )
3 2
1

1 3 4
3
y x m x m x= − + − + + −
đồng biến trên
( )
0;3
;
5)
( )
4 2
1 4y mx m x= + − +
đồng biến trên
( )
1;3
;
6)
2 3x
y
x m
+
=
−
đồng biến trên từng khoảng xác định;
7)
2 3
2
mx
y
x m
+

=
+
nghịch biến trên từng khoảng xác định.
D. ĐÁP SỐ
1
3m
≤ −
hoặc
2m
≥
; 2
1m
≤ −
hoặc
1m
≥
; 3
2
3
m ≥
; 4
12
7
m ≥
; 5
1
17
m ≤ −
hoặc
0 1m

≤ ≤
; 6
3
2
m < −
; 7
3 3m− < <
.
§3. Ứng dụng sự biến thiên của hàm số để xét phương trình
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
Trong nhiều trường hợp, việc xét phương trình
( )
f x m=
(1)
được đưa về xét sự tương giao giữa đường thẳng
y m=

với đồ thị (C) của hàm số
( )
y f x=
. Sau đây là một số
kết luận hay gặp
• (1) có nghiệm khi và chỉ khi
d
có điểm chung với
(C).
• Số nghiệm của (1) bằng số điểm chung của đường
thẳng
d
với (C).

• Nghiệm của (1) là hoành độ điểm chung của
d
và
(C).
B. MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho phương trình
1x x m+ − =
. (1)
1) Tìm
m
để (1) có nghiệm.
2) Tìm
m
để (1) có hai nghiệm phân biệt.
Giải. Điều kiện:
1x
≤
. Xét
( )
1f x x x= + −
,
1x
≤
. Ta có
( )
( )
1 2 1 1 3 4
1
2 1 2 1
2 1 2 1 1

x x
f x
x x
x x
− − −
′
= − = =
− −
− − +
(
1x
<
).
Bảng biến thiên Kết luận
1) (1) có nghiệm
⇔
đường thẳng
y m=
có điểm
chung với đồ thị hàm số
( )
y f x=

⇔
5
4
m ≤
;
2)
( )

1
có
2
nghiệm phân biệt
⇔
đường thẳng
y m=
có
2
điểm chung với đồ thị hàm số
( )
y f x=

⇔
5
1
4
m≤ <
.
Ví dụ 2. Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm
[ ]
1;2x∈
2
0x mx m− + =
. (1)
Giải. Dễ thấy
1x =
không phải nghiệm của (1) nên:

(1)
⇔

( )
2
1x m x= −

⇔

2
1
x
m
x
=
−
.
Xét hàm
( )
2
1
x
f x
x
=
−
với
(
]
1;2x∈

, ta có
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2
2 1
2
1 1
x x x
x x
f x
x x
− −
−
′
= =
− −
.
Bảng biến thiên Kết luận
(1) có nghiệm
⇔
đường thẳng
y m=
có điểm
chung với đồ thị hàm số
( )
y f x=
,

(
]
1;2x∈

⇔

4m ≥
.
Ví dụ 3. [ĐHA08] Tìm
m
để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ + − + − =
. (1)
Giải. Đặt
( )
f x
là vế phải của phương trình (1). Sau đây ta khảo sát sự biến thiên của
( )
f x
.
Ta có TXĐ
[ ]
0;6=

và
( )
( ) ( )
3 3
4 4

1 1 1 1
'
2 6
2 2 2 6
f x
x x
x x
= − + −
−
−
(
( )
0;6x∈
).
Ta thấy
( )
' 2 0f =
và
0 2x
< <

⇒

0 2 4
6 4
x
x
< <



− >


⇒

0 2 6x x
< < −

⇒

( ) ( )
3 3
4 4
1 1
2 2 2 6
1 1
2 6
x x
x x

>

−



>

−


⇒

( )
' 0f x >
.
Tương tự,
( )
' 0f x <

( )
2;6x∀ ∈
.
Bảng biến thiên: Kết luận:
(1) có hai nghiệm phân biệt
⇔

4
2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ < +
.
Ví dụ 4. [ĐHB09] Tìm
m
để phương trình sau có
6
nghiệm phân biệt.

2 2
2x x m− =
. (1)
Giải. Đặt

( )
f x
là vế trái của phương trình (1). Sau đây ta khảo sát sự biến thiên của
( )
f x
.
Ta có
TXÑ=¡
,
( )
( )
2
2 2
2f x x x= −

⇒

( )
'f x
=
( )
2
2 2
2
2 2
2 2 .
2
x x
x x x
x

−
− +
−
=
( ) ( )
2
2 3 2
2
2 2 2 2
2
x x x x
x
− + −
−
=

( ) ( )
2 2
2
4 2 1
2
x x x
x
− −
−
(
2x ≠ ±
).
Ta thấy với
2x ≠ ±

,
( )
'f x
cùng dấu với
( ) ( )
2 2
4 2 1x x x− −
.
Bảng biến thiên:
Ở đây,
( )
lim
x
f x
→±∞
= +∞
.
Kết luận:
( )
1
có
6
nghiệm phân biệt
⇔

0 1m
< <
.
Ví dụ 5. [ĐHB07] Chứng minh với mọi giá trị dương
m

, phương trình sau có hai nghiệm thực
phân biệt:
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
. (1)
Giải. Điều kiện:
2x ≥
. Ta thấy vế trái của (1) không âm với mọi
2x ≥
, do đó:
(1)
⇔

( )
( )
2
2
2 – 8 – 2x x m x+ =
⇔

( ) ( ) ( )
2
2 – 2 4 – 0x x x m
 
− + =
 

⇔

3 2
2
6 32 (2)
x
x x m
=


+ − =

.
Xét
( )
3 2
6 32f x x x= + −
,
2x
>
. Ta có
( )
2
' 3 12 0f x x x= + >
,
2x
∀ >
.
Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiến suy ra: với
0m
>
thì (2)

luôn có đúng một nghiệm
2x
>

⇒
(1) có
đúng
2
nghiệm (ĐPCM).
Ví dụ 6. [ĐHD04] Chứng minh phương trình sau có đúng
1
nghiệm
5 2
2 1 0x x x− − − =
. (1)
Giải. Giả sử
0
x
là nghiệm của (1), ta có
( )
2
5
0 0
1x x= +
⇒

5
0
0x ≥

⇒

0
0x ≥
⇒

( )
2
0
1 1x + ≥

⇒

5
0
1x ≥

⇒

0
1x ≥
.
Do đó, để chứng minh (1) có nghiệm duy nhất ta chỉ cần chứng minh (1) có nghiệm duy nhất
thuộc
[
)
1;+∞
. Xét
( )
5 2

2 1f x x x x= − − −
,
1x
≥
. Ta có
( )
( ) ( )
4 4 4 4
' 5 2 2 2 2 1 0f x x x x x x x= − − = + − + − >

1x∀ ≥
.
Bảng biến thiên của
( )
f x
,
1x ≥
Ta thấy đồ thị hàm số
( )
y f x=
(
1x
≥
) có
đúng một điểm chung với trục hoành
⇒
(1) có
nghiệm duy nhất thuộc
[
)

1;+∞

⇒
(1) có
nghiệm duy nhất (ĐPCM).
Ví dụ 7. Tìm
m
để phương trình sau có
2
nghiệm phân biệt
( )
( )
3
2
2
2 1 0x x x m+ + + + =
. (1)
Giải. Ta có
(1)
⇔

( ) ( )
3
2 2
2 2 1x x x x m+ + + = − −
.
Đặt
2
2t x x= +
, (2)

phương trình đã cho trở thành
3
1t t m+ = − −
. (3)
(2)
⇔

2
2 0x x t+ − =
(
' 1 t∆ = +
). (2) có nghiệm
⇔

' 0∆ ≥

⇔

1t ≥ −
.
Xét
( )
3
f t t t= +
,
1t
≥ −
. Ta có
( )
2

' 3 1 0f t t= + >

1t
∀ ≥ −
.
Ta thấy
1t
= −
(
' 0∆ =
) cho đúng một nghiệm
x
,
1t
> −
(
' 0
∆ >
) cho đúng hai nghiệm
x
.
Do đó (1) có
2
nghiệm phân biệt
⇔
(3) có
nghiệm
1t > −

⇔

1 0m− − >

⇔

1m < −
.
Ví dụ 8. Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm
3 3
sin cosx x m− =
. (1)
Giải. Ta có
(1)
⇔

( ) ( )
sin cos 1 sin cosx x x x m− + =
.
Đặt
sin cos 2 sin
4
t x x x
π
 
= − = −
 ÷
 
. (2)

(2) có nghiệm
x

⇔

2; 2t
 
∈ −
 
. Từ
( )
2
, bình phương hai vế ta được
2
1 2sin cost x x= −

⇔

2
1
sin cos
2
t
x x
−
=
.
Do đó, với phép đặt ẩn phụ (2), phương trình (1) trở thảnh
2
1

1
2
t
t m
 
−
+ =
 ÷
 

⇔

3
3 2t t m− = −
. (3)
Xét
( )
3
3f t t t= −
,
2; 2t
 
∈ −
 
. Ta có
( )
( )
2 2
' 3 3 3 1f t t t= − = −
.

Do đó
( )
1
có nghiệm
⇔

( )
3
có nghiệm
2; 2t
 
∈ −
 

⇔

2 2 2m
− ≤ − ≤

⇔

1 1m
− ≤ ≤
.
Ví dụ 9. [ĐHB04] Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm
(
)
2 2 4 2 2

1 1 2 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − −
. (1)
Giải. Điều kiện:
[ ]
1;1x ∈ −
. Đặt

2 2
1 1x xt + − −=
. (2)
Ta tìm điều kiện của
t
để (2) có nghiệm đối với
x
. Xét
( )
2 2
1 1f xx x+ − −=
,
[ ]
1;1x ∈ −
.
Ta có
( )
2 2
1 1
1 1
f x x
x x
 

′
= +
 ÷
+ −
 
(với
( )
1;1x ∈ −
)
⇒

( )
'f x
cùng dấu với
x

( )
1;1x∀ ∈ −
.
Bảng biến thiên của
( )
f x
:
Suy ra: (2) có nghiệm đối với
x
khi và chỉ khi
0; 2t
 
∈
 

.
Ta có
4 2
2 1 2x t− = −

⇒
(2) trở thành
( )
2
2 2m t t t+ = − + +
⇔

2
2
2
t t
m
t
− + +
=
+
(do
0; 2t
 
∈
 
). (3)
Xét hàm
( )
2

2
2
t t
g t
t
− + +
=
+
,
0; 2t
 
∈
 
. Ta có
( )
( )
2
2
4
0
2
t t
g t
t
− −
′
= ≤
+

0; 2t

 
∀ ∈
 
, dấu “
=
” xảy
ra
⇔

0t
=
.
Bảng biến thiên của
( )
g t
:
(1) có nghiệm
⇔
(3) có nghiệm
0; 2t
 
∈
 

⇔

2 1 1m− ≤ ≤
.
Ví dụ 10. [ĐHA07] Tìm
m

để phương trình sau có nghiệm:
2
4
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
.
( )
1
Giải. Điều kiện:
1x
≥
. Chia hai vế cho
1 0x + >
ta được phương trình tương đương:
4
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
− −
+ =
+ +
.
Đặt
4 4
1 2
1
1 1
x

t
x x
−
= = −
+ +
, dễ thấy phương trình này có nghiệm
1x ≥

⇔

0 1t
≤ <
.
Với phép đặt ẩn phụ như trên, phương trình đang xét trở thành:
2
3 2t m t+ =

⇔

2
3 2m t t= − +
. (2)
Xét
( )
2
3 2f t t t= − +
(
0 1t≤ <
), ta có
( )

' 6 2f t t= − +
.
Bảng biến thiên của
( )
f t
là:
(1) có nghiệm
⇔
(2) có nghiệm
[
)
0;1t ∈

⇔

1
1
3
m− < ≤
.
C. BÀI TẬP
Bài 1. Tìm
m
để các phương trình sau có nghiệm:
1)
2 2x x m+ + − =
;
2)
2
1x x m+ − =

;
3)
2 2 2
1 1 0x x x x m+ + + + − − =
;
4)
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
;
5)
( )
6 6x x x x m+ − − − =
;
6)
( ) ( ) ( )
1
3 1 4 3
3
x
x x x m
x
+
− + + − =
−
.
Bài 2. [ĐHA02] Tìm
k
để phương trình
3 2 3 2
3 3 0x x k k− + + − =

có ba nghiệm phân biệt.
Bài 3. Chứng minh với mọi
[ ]
2;2m∈ −
, phương trình
3 2 2
3 0x x m− + =
luôn có ít nhất hai
nghiệm phân biệt.
Bài 4. Tìm
m
để phương trình
4 2
2 4 0x x m− + =
có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng
( )
2;2−
.
Bài 5. Tìm
m
để phương trình
( )
( )
( )
2
2 2
2 1 2 1 0x x m x x m+ − + + + + =
có nghiệm thuộc đoạn
[ ]
3;0−

.
Bài 6. [ĐHA02] Cho phương trình
2 2
3 3
log log 1 2 1 0x x m+ + − − =
.
1) Giải phương trình khi
2m =
.
2) Tìm
m
để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn
3
1;3
 
 
.
Bài 7. Biện luận theo
m
số nghiệm của phương trình
( ) ( )
3 2
1 1 0x m x+ − − =
.
Bài 8. Giải phương trình
2 3 3 2
x x
x+ = +
.
D. HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ

Bài 1 1
2;2 2m
 
∈
 
; 2
1; 2m
 
∈ −
 
; 3
2m
≥
; 4
( )
12 5 4 ;12m
 
∈ −
 
; 5 HD đặt
6t x x= + −
. ĐS:
3 2 3 6m− + ≤ ≤
; 6 HD đặt
( )
1
3
3
x
t x

x
+
= −
−
. ĐS:
4m ≥ −
.
Bài 2
( ) ( ) ( )
1;0 0;2 2;3k ∈ − ∪ ∪
. Bài 4
2 0m
− < <
. Bài 5. . HD đặt
2
2t x x= +
. ĐS:
3
1
2
m− < < −
. Bài 6. 1
3
3x
±
=
; 2 HD đặt
2
3
log 1t x= +

. ĐS:
0 2m≤ ≤
. Bài 7.
27
2
k <
:
phương trình có
1
nghiệm;
27
2
k =
: phương trình có
2
nghiệm;
27
2
k >
: phương trình có
3

nghiệm. Bài 8.G
2 3 3 2
x x
x+ = +
(1). (1)
⇔

2 3 3 2 0

x x
x+ − + =
(2). Xét
( )
2 3 3 2
x x
f x x= + − +
, ta có
( )
' 2 ln 2 3 ln3 3
x x
f x = + −
,
( )
2 2
" 2 ln 2 3 ln 3 0
x x
f x = + >

x
∀

⇒

( )
'f x
đồng biến trên
¡
, lại có
( )

lim ' 3
x
f x
→−∞
= −
và
( )
lim '
x
f x
→+∞
= +∞

⇒
phương trình
( )
' 0f x =
có nghiệm duy nhất
(giả sử nghiệm đó là
α
). Vì
( )
'f x
đồng biến nên
( )
' 0f x <

( )
;x
α

∀ ∈ −∞
,
( )
' 0f x >

( )
;x
α
∀ ∈ +∞

⇒

( )
f x
đồng biến trên
( )
;
α
−∞
, nghịch biến trên
( )
;
α
+∞

⇒

( )
2
có tối đa hai

nghiệm, mặt khác ta thấy
0
và
1
là các nghiệm của
( )
2

⇒

{ }
0;1
là tập nghiệm của
( )
2
hay
{ }
0;1
là tập nghiệm của
( )
1
.