Các bài toán PT-HPT liên quan đến tham số pdf

Nguyễn Tất Thu
1
BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN 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 đến tham số. Có lẽ đây là dạng toán mà
nhiều học sinh lúng túng nhất. Trong chương này chúng ta sẽ đi nghiên cứu
một số dạng toán mà chúng ta thương hay gặp (như xác định tham số để
phương trình có nghiệm, có k nghiệm, nghiệm đúng với mọi x thuộc tập D nào
đó… ) và phương pháp giải các dạng toán đó là khảo sát hàm số.


Bài toán 1: Tìm điều kiện của tham số để phương trình f(x)=g(m) có
nghiệm trên D
Phương pháp: Dựa vào tính chất phương trình có nghiệm
⇔
hai đồ thị của
hai hàm số
(
)
yfx
= và
(
)
ygm
= cắt nhau. Do đó để giải bài toán này ta
tiến hành theo các bước sau:
1) Lập bảng biến thiên của hàm số
(
)
yfx

= .
2) Dựa vào bảng biến thiên ta xác định m để đường thẳng
(
)
ygm
= cắt đồ
thị hàm số
(
)
yfx
= .
Chú ý : Nếu hàm số
(
)
yfx
= liên tục trên
D
và tồn tại
min()
xD
fxm
∈
=
,
max()
xD
fxM
∈
= thì phương trình :
(

)
fxk
=
có nghiệm trên
D
khi và chỉ khi
.
mkM
≤≤


Ví dụ 4.1: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm
22
4
2
1) 11
2) 1
xxxxm
xxm
++−−+=
+−=
.
Giải:
1)Xét hàm số:
22
()11
fxxxxx
=++−−+
xác định trên
D

=
¡
.
Ta có:
22
2121
'()
2121
xx
fx
xxxx
+−
=−
++−+

() ( )
22
'0(21)1211 (1)
fxxxxxxx⇒=⇔+−+=−++
Nguyễn Tất Thu
2
22
22
113113
()()0
224224
xxxxx

⇒+−+=−++⇔=




thay vào (1)
ta thấy không thỏa mãn. Vậy phương trình
'()0
fx
=
vô nghiệm
'()
fx
⇒

không đổi dấu trên
¡
, mà
'(0)10()0
ffxxR
=>⇒>∀∈
.
Mặt khác:
22
2
lim() lim1
11
x
x
x
fx
xxxx
→+∞

→+∞
==
+++−+
và
lim()1
x
fx
→−∞
=−

Bảng biến thiên:
x

−∞

+∞

'()
fx

+

()
fx

1
-1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm
11
m

⇔−<<
.

2) Điều kiện :
0
x
≥

Xét hàm số
4
2
()1
fxxx
=+− với
[0;)
xD
∈=+∞

Ta có:
23
4
1
'()
2
2(1)
x
fx
x
x
=−

+
.
2362322
4
'()0(1)(1)1
fxxxxxxxx
⇒=⇔=+⇔=+⇔=+

phương trình này vô nghiệm
'()
fx
⇒
không đổi dấu trên D, mà
4
11
'(1)0'()0
2
28
ffxxD
=−<⇒<∀∈

Mặt khác:
4
23222426
444
1
lim()lim0
(1)(1)(1)
xx
fx

xxxxxx
→+∞→+∞
==
++++++
0()(0)1
fxfxD
⇒<≤=∀∈⇒
phương trình có nghiệm
01
m
⇔<≤
.

Chú ý : Nếu phương trình chưa có dạng trên thì ta tìm cách cô lập m đưa về
dạng trên.

Nguyễn Tất Thu
3
Ví dụ 4.2: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:
1)
4
4
1310
xxmx
−++−=
.
2)
12(54)
xxxmxx
++=−+−

.
Giải:
1) Phương trình
4
4
131
xxmx
⇔−+=−

42
1
13(1)
x
xxmx

≤

⇔

−+=−


32
1
4691
x
xxxm

≤


⇔

−−=−


.
Xét hàm số
32
()469
fxxxx
=−−
với
1
x
≤

Ta có:
2
3
2
'()12129'()0
1
2
x
fxxxfx
x

=

=−−⇒=⇔



=−


.
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
53
1
22

mm
⇔−≤⇔≥−
.
2) Điều kiện:
04
x
≤≤
.
Khi đó phương trình
()(12)(54)
fxxxxxxm
⇔=++−−−=

(Vì
540
xx
−−−≠
)
Xét hàm số
()(12)(54)
fxxxxxx
=++−−−
với
0;4
xD

∈=

.
Ta có:

3111
'()()()
2
2122425
fxx
xxx
=+−
+−−

Do
11
0450
2425
xx
xx
<−<−⇒−>
−−

'()0 [0;4)
fxx
⇒>∀∈
. Vậy f(x) là hàm đồng biến trên
D

23(52)(0)()(4)12
ffxf
⇒−=≤≤=

Nguyễn Tất Thu
4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm
23(52)12.
m
⇔−≤≤

Chú ý : Khi gặp hệ bất phương trình trong đó một bất phương trình của hệ
không chứa tham số thì ta sẽ đi giải quyết bất phương trình này trước. Từ bất
phương trình này ta sẽ tìm được tập nghiệm
xD
∈
(đối với hệ một ẩn) hoặc
sẽ rút được ẩn này qua ẩn kia. Khi đó nghiệm của hệ phụ thuộc vào nghiệm
của phương trình thứ hai với kết quả ta tìm được ở trên.
Ví dụ 4.3: Tìm m để hệ sau có nghiệm:
2
45
2
1
2 (1)
2
3160 (2)
x
x
xmxx
−



≤






−+=


.
Giải:
Ta thấy (1) là bất phương trình một ẩn nên ta sẽ đi giải bất phương trình này
Ta có:
2
5422
225454014
xx
xxxxx
−
≤⇔≤−⇔−+≤⇔≤≤
.
Hệ có nghiệm
(2)
⇔
có nghiệm
[1;4]
x
∈
.
Ta có:
2
316

(2)
x
m
xx
+
⇔=
(do
[1;4]
x
∈
).
Hàm số
2
316
()
x
fx
xx
+
= với
[1;4]
x
∈
có
22
2
33
3
6(316)
3(16)

2
'()0 [1;4]
2
xxxx
xx
fxx
xx
−+
−
==≤∀∈ .
8(4)()(1)19 [1;4]
ffxfx
⇒=≤≤=∀∈
.
Vậy hệ có nghiệm
819
m
⇔≤≤
.

Ví dụ 4.4: Tìm m để hệ sau có nghiệm:
2121
2
7720072007 (1)
(2)230 (2)
xxx
x
xmxm
++++


−+≤


−+++=


.
Giải:
Ta có:
212(1)
(1)7(71)2007(1) (3)
xx
x
++−
⇔−≤− .
• Nếu
1(3)0(3)(3)
xVTVP
>⇒>>⇒
vô nghiệm.
• Nếu
1(3)0(3)(3)
xVTVP
≤⇒≤≤⇒
đúng
Nguyễn Tất Thu
5
(3)
⇒
có nghiệm

1
x
≤
.
Suy ra hệ có nghiệm
(2)
⇔
có nghiệm
1
x
≤
.
Ta có:
2
23
(2)()
2
xx
mfx
x
−+
⇔==
−
. Xét hàm số f(x) với
1
x
≤
, có:
2
2

41
'()'()023
(2)
xx
fxfxx
x
−+
=⇒=⇔=−
−
.
Bảng biến thiên
x

−∞

23
− 1
f’(x) + 0 –

f(x)

223
−

−∞

2
−

Dựa vào bảng biến thiên

⇒
hệ có nghiệm
223
m
⇔≤− .

Ví dụ 4.5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
20 (1)
2 (2)
xym
yxy

−+=


+=


.
Giải:
Ta thấy (2) là phương trình không chứa tham số nên ta sẽ giải quyết (2) trước
Ta có:
2
2
(2)2
44
y
xyy
yy
x

y

≤

⇔=−⇔

−+
=


. Thay vào (1) ta được:
2
4444
0()
yyy
ymmfy
yy
−+−
−+=⇔== (3).
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
2
y
≤
. Xét hàm số
(
)
fy

với
2
y
≤

Ta có:
2
4
'()0()
fyfy
y
=>⇒ đồng biến trên mỗi khoảng
(;0)(0;2]
−∞∪

00
lim()4; lim(); lim()
y
yy
fyfyfy
+−
→−∞
→→
==−∞=+∞
.


Nguyễn Tất Thu
6
Ta có bảng biến thiên:

y
−∞
0 2
f’(y) + +

f(y)


+∞
2

4
−∞


⇒
hệ có nghiệm
(;2](4;)
m
⇔∈−∞∪+∞
.

Chú ý : Khi bài toán yêu cầu xác định số nghiệm của phương trình thì ta phải
lưu ý: Số nghiệm của phương trình
()()
fxgm
=
chính là số giao điểm của đồ
thị hai hàm số
()

yfx
=
và
()
ygm
=
. Do đó phương trình có k nghiệm
⇔
hai
đồ thị trên cắt nhau tại k giao điểm.

Ví dụ 4.6: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm
phân biệt:
4
4343
4164166
xxxmxxxm
−+++−++=
.
Giải:
Đặt
4
43
416, 0
txxxmt
=−++≥
. Ta có phương trình :
4
243
6024162

tttxxxm
+−=⇔=⇔−++=

43
41616
mxxx
⇔−=−+−
.
Xét hàm số
43
()41616
fxxxx
=−+−

322
1
'()4(34)4(2)(1)'()0
2
x
fxxxxxfx
x

=−
⇒=−+=−+⇒=⇔

=


.
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
2727
mm
⇔−>−⇔<
.




Nguyễn Tất Thu
7
Ví dụ 4.7: Tìm m để phương trình :
2
2

mxxm
+=+
có ba nghiệm phân
biệt.
Giải:
Phương trình
2
2
(21)
21
x
mxxm
x
⇔+−=⇔=
+−

(do
2
210
xx
+−>∀
).
Xét hàm số
2
2
2
2
2
2
21

2
()'()
21
21
x
x
x
x
fxfx
x
x
+−−
+
=⇒=

+−
+−



2
2
22
22
'()'()02
221
x
fxfxx
xx
−+

=⇒=⇔=±

++−


.
Bảng biến thiên:
x
−∞

2
−

2

+∞

f’(x) – 0 + 0 –

f(x)

+∞

2



2
−

−∞

Dựa vào bảng biến thiên
22
m
⇒−<< .

Ví dụ 4.8: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình :
2
1cos
mxx
+=
có
đúng một nghiệm
0;
2
x
π

∈


.
Giải:
Ta thấy để phương trình có nghiệm thì
0
m
≤
. Khi đó:
Phương trình

2
22
sin
cos1
2
2
2
x
x
mm
x
x
−
⇔=⇔=−



.
Nguyễn Tất Thu
8
Xét hàm số :
sin
()
t
ft
t
= với
0;
4
t

π

∈



Ta có:
(
)
22
costan
.cossin
'()0
ttt
ttt
ft
tt
−
−
==<
với
0;
4
t
π

∀∈



()
ft
⇒
là hàm nghịch biến trên
0;
4
π



. Mà:
22
()
4
f
π
π
= và
2
22
0
sin
228
2
lim()1()11 (0;)
2
2
t
x
ftftx

x
π
π
π
→
=⇒<<⇒<<∀∈



.
Vậy phương trình có đúng một nghiệm
(0;)
2
x
π
∈
2
8
21
m
π
⇔<−<

2
14
2
m
π
⇔−<<− .
Ví dụ 4.9: Tìm m để hệ phương trình :

2
3(1)0
1
xym
xxy

++−=


+=


có ba cặp
nghiệm phân biệt .

Giải:
Ta có :
2
1
11
21
x
xxyxyx
xx
y
x

≤

+=⇔=−⇔


−+
=


(do
0
x
=
không là
nghiệm phương trình ).
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
2
2
21
363
xx
xxm
x
−+
++=−
(a) .
Hệ có ba cặp nghiệm
⇔
(a) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn
1
x
≤
.
Xét hàm số

2
22
211
()36372
xx
fxxxxx
xx
−+
=++=+−+
với
1
x
≤
.
32
22
1671
'()67
xx
fxx
xx
+−
⇒=+−=
Nguyễn Tất Thu
9
11
'()01;;
23
fxxxx
⇒=⇔=−=−=

.
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
1120
3912
33
2715
734
44
mm
mm

≤−≤≤≤

⇔⇔

−


−≤−≤−−≤≤


.
Vậy
20
12
3
m
≤≤
hoặc
15
4
4
m
−
−≤≤ là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 4.10: Biện luận theo tham số
m
số nghiệm của phương trình sau:
2
12
mxxm
+=+−
.
Giải:
Phương trình
2
2

2
(11)2()
11
x
mxxmfx
x
+
⇔++=+⇔==
++

(do
2
110
x
++>
)
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hai hàm số
ym
=
và
()
yfx
=
.
Xét hàm số
()
yfx
=
, ta có:
2

2
2
22222
(2)
11
121
1
'()
(11)1(11)
xx
x
xx
x
fx
xxx
+
++−
+−+
+
==
+++++

Nguyễn Tất Thu
10
2
22
1
4
'()0121
2

3
1441
x
fxxxx
xxx

≥

⇒=⇔+=−⇔⇔=


+=−+

.
2
2
(1)
lim()lim1
11
1
xx
x
x
fx
x
x
x
→−∞→−∞
+
==−



−+−


và
lim()1
x
fx
→+∞
=
.
Bảng biến thiên
x
−∞

4
3

+∞

f’(x) + 0
−


f(x)


5
4

1
−
1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra:
• Nếu
5
4
1
m
m

>

⇒

≤−


phương trình vô nghiệm.
• Nếu
5
4
11
m
m


=

⇒

−<≤


phương trình có một nghiệm.
• Nếu
5
1
4
m
<<⇒
phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Chú ý : Khi đặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác định của ẩn phụ và giải quyết bài
toán ẩn phụ trên miền xác định vừa tìm. Cụ thể:
* Khi đặt
(),
tuxxD
=∈
, ta tìm được
tY
∈
và phương trình
(,)0
fxm
=
(1)

trở thành
(,)0
gtm
=
(2). Khi đó (1) có nghiệm
xD
∈⇔
(2) có nghiệm
tY
∈
.
* Để tìm miền xác định của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá
trị (vì miền xác định của t chính là miền giá trị của hàm u(x) ).
Nguyễn Tất Thu
11
* Nếu bài toán yêu cầu xác định số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x
và
t
, tức là mỗi giá trị
tY
∈
thì phương trình
()
uxt
=
có bao nhiêu nghiệm
xD
∈
?.

Ví dụ 4.11: Tìm m để các phương trình sau có nghiệm.
1)
2
99
xxxxm
+−=−++
.
2)
36(3)(6)
xxxxm
++−−+−=
.
3)
44
22
(224)224
mxxxx
−+−−+=−
.
Giải:
1) Điều kiện:
09
x
≤≤
.
Phương trình
2
92(9)9
xxxxm
⇔+−=−++

2(9)2(9)
mxxxx
⇔−=−−−
.
Đặt
99
(9)0.
22
xx
txxt
+−
=−⇒≤≤=
Ta có phương trình :
2
22()
mttft
−=−= (1).
Phương trình đã cho có nghiệm
(1)
⇔
có nghiệm
9
[0;]
2
t ∈ .
Xét hàm số f(t) với
9
[0;]
2

t ∈ , có
'()220'()01
fttftt
=−>⇒=⇔=
.
Bảng biến thiên:
t
0 1
9
2

f’(t)
−
0 +

f(t)

0
45
4



1
−


Vậy phương trình có nghiệm
4537
123

44
mm
⇔−≤−≤⇔−≤≤
.

2) Điều kiện:
36
x
−≤≤
.
Đặt
2
3692(3)(6)
txxtxx
=++−⇒=++−

Nguyễn Tất Thu
12
2
9
(3)(6)
2
t
xx
−
⇒+−=
Phương trình đã cho trở thành:
2
2
9

292
2
t
tmttm
−
−=⇔−=− (2).
Xét hàm số
11
()36'()
2326
txxxtx
xx
=++−⇒=−
+−

3
'()063
2
txxxx
⇒=⇔−=+⇔=
. Ta có bảng biến thiên của t(x)
x
3
−

3
2
6
t’(x) + 0
−

t(x)


32


3
3
Dựa vào bảng biến thiên
[3;32]
t
⇒∈ .
⇒
(1) có nghiệm
(2)
⇔
có nghiệm
[3;32]
t
∈ .
Xét hàm số
2
()2
fttt
=−
với
332
t

≤≤ , có
'()220 [3;32]
fttt
=−>∀∈
()
ft
⇒
là hàm đồng biến trên
[3;32]

3(3)()(32)1862 [3;32].
fftft
⇒=≤≤=−∀∈
Vậy phương trình có nghiệm
629
39218623
2
mm
−
⇔≤−≤−⇔≤≤
.

3) Điều kiện :
2
x
≥
.
Ta thấy
2
x

=
không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương
trình cho
4
2
4
x
−
, ta được:
44
22
22
22
xx
m
xx

−+

+−=

+−

(*).
Đặt
4
4
4
4
2(1)

2
0(2)22
2
1
t
x
ttxxx
x
t
+
+
=>⇒−=+⇒=>
−
−


4
4
01
1
t
t
⇔>⇔>
−
.
Nguyễn Tất Thu
13
Khi đó (*) trở thành:
2
12

22()
21
tt
mtmft
tt

+
+−=⇔==

+

(3).
Phương trình đã cho có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
1
t
>
.
Xét hàm số
()
ft
với
1
t
>
, có:
( )
2

2
222
'()0 1
21
tt
ftt
t
++
=>∀>
+
.
()(1)1 1
ftft
⇒>=∀>
.
Vậy phương trình có nghiệm
1
m
⇔>
.

Chú ý : Trong các bài toán trên sau khi đặt ẩn phụ ta thường gặp khó khăn khi
xác định miền xác định của
t
.Ở trên chúng ta đã làm quen với ba cách tìm
miền xác định của
t
. Tuy nhiên ngoài những cách trên ta còn có những cách
khác để tìm miền xác định của
t

. Chẳng hạn:
Ở câu 2) ta có thể áp dụng BĐT Côsi để tìm miền giá trị của
t
như sau :
2
2(3)(6)9918332
xxtt
+−≤⇒≤≤⇒≤≤ .
Ở câu 3 để tìm miền xác định ta có thể làm như sau:
4
1
1
2
t
x
=+
−
vì
1
0 21
2
xt
x
>∀>⇒>
−
.

Ví dụ 4.12: Tìm m để các phương trình
1)
22

tancot(tancot)30
xxmxx
++++=
có nghiệm .

22
33
2) loglog1210
xxm
++−−=
có nghiệm trên
3
[1;3]
.
3)
222
222
.9(21)6.40
xxxxxx
mmm
−−−
−++=
có nghiệm x thỏa mãn
1
2
x
≥
.

Giải:

1) Đặt
222
tancottancot2
txxxxt
=+⇒+=−
và
||2
t
≥
.
Phương trình đã cho trở thành:
2
2
1
10
t
tmtm
t
+
++=⇔=−
(3) ( vì
0
t
≠
).
Phương trình đã cho có nghiệm

(3) có nghiệm
t
thỏa mãn

||2
t
≥
.
Nguyễn Tất Thu
14
Xét hàm số
2
1
()
t
ft
t
+
= với
||2
t
≥
, ta có:
2
2
1
'()0 : ||2
t
fttt
t
−
=>∀≥
.
Bảng biến thiên

t

−∞

2
−
2
+∞

'()
ft

+ +

()
ft


-5/2
+∞


−∞
5/
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm
5
||
2

m
⇔≥
.
2) Đặt
222
33
log1log1
txxt
=+⇒=−
. Với
3
1312
xt
≤≤⇒≤≤
.
Phương trình đã cho trở thành:
2
22 (2)
ttm
+=+
Phương trình đã cho có nghiệm trên
3
[1;3](2)
⇔ có nghiệm
12
t
≤≤
.
Xét hàm số
2

()
fttt
=+
với
12
t
≤≤
, ta thấy
()
ft
là hàm đồng biến trên
đoạn
1;2


. Suy ra
2(1)()(2)5 [1;2]
fftft
=≤≤=∀∈
.
Vậy phương trình có nghiệm
3
22250.
2
mm⇔≤+≤⇔≤≤
3) Đặt
2
2'()41
uxxuxx
=−⇒=−

.
Lập bảng biến thiên của
(
)
ux
ta
1
0 :
2
uxx
⇒≥∀≥
.
Bất phương trình trở thành:
9(21)640
uuu
mmm
−++=

2
2
33
(21)0(21)0
22
uu
mmmmtmtm

⇔−++=⇔−++=



(trong đó ta đặt
3
1 0
2
u
ttu

=⇒≥∀≥


)
Nguyễn Tất Thu
15

2
2
(21)()
21
t
mtttmft
tt
⇔−+=⇔==
−+
(3) (do
1
t
=
không là
nghiệm phương trình ).
Yêu cầu bài toán

(3)
⇔
có nghiệm
1
t
>
.
Xét hàm số
()
ft
với
1
t
>
, có
2
22
1
'()0 1
(21)
t
ftt
tt
−
=<∀>
−+

và
lim()0
x

ft
→+∞
=

Bảng biến thiên:
t 1
+∞

f’(t) +

f(t)

+∞


0

Vậy
0
m
>
là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 4.13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(43)3(34)110
mxmxm
−++−−+−=
(1).
Giải: Điều kiện :
31

x
−≤≤
.
Phương trình
(43311)33411
mxxxx
⇔++−+=++−+

33411
43311
xx
m
xx
++−+
⇔=
++−+
(2).
Vì
(
)
(
)
22
314
xx
++−=
nên ta có thể đặt:
2
2
2

2
32
1
1
12
1
t
x
t
t
x
t

+=


+

−

−=

+

với
01
t
≤≤
.
Khi đó (2) trở thành:

22
2
222
128(1)1
7129
()
166(1)15167
ttt
tt
mft
ttttt
+−++
−−
===
+−++−−
(3).
(1) có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
[0;1]
t
∈
.
Nguyễn Tất Thu
16
Xét hàm số f(t) với
[0;1]
t
∈

, có
2
22
52860
'()0 [0;1]
(5167)
tt
ftt
tt
++
=−<∀∈
−−

79
(1)()(0) [0;1]
97
fftft⇒=≤≤=∀∈ .
Vậy phương trình có nghiệm
79
97
m
⇔≤≤
.
Chú ý : Chắc có lẽ các bạn sẽ thắc mắc vì sao lại nghĩ ra các đặt như vậy ?
Mới nhìn vào có vẻ thấy cách đặt
t
ở trên thiếu tự nhiên. Thực chất ra các đặt
ở trên ta đã bỏ qua một bước đặt trung gian. Cụ thể:
Từ đẳng thức
(

)
(
)
22
314
xx
++−=
ta đặt
32sin
12cos
x
x
α
α

+=


−=



với
[0;]
2
π
α ∈ , sau đó ta lại tiếp tục đặt
tan
2
t

α
= nên ta mới
có:
2
2
2
2
32
1
1
12
1
t
x
t
t
x
t

+=


+

−

−=

+
. Đến đây chắc các bạn thấy cách đặt ở trên hoàn toàn

rất tự nhiên phải không?!.

Ví dụ 4.14: Xác định giá trị của tham số
m
để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt

2
3
33
2
2
25
log(1)log(1)log4 (1)
log(25)log25 (2)
xx
xx
xxm
−+

+−−>


−+−=


.
Giải: Điều kiện :
1
x
>

.
33
11
(1)loglog2213
11
xx
x
xx
++
⇔>⇔>⇔<<
−−
(Do
1
x
>
).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt
⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt
x
thỏa
mãn
13
x
<<
.
Đặt
2
2
log(25)23 (1;3)

txxtx=−+⇒<<∀∈ và (2) trở thành
2
55 (3)
m
tttm
t
+=⇔−=−
Nguyễn Tất Thu
17
Từ cách đặt t ta có:
2
(1)24
t
x
−=−⇒
Với mỗi giá trị
(2;3)
t
∈
thì cho ta
đúng một giá trị
(1;3)
x
∈
. Suy ra (2) có 2 nghiệm phân biệt
(1;3)
x
∈⇔
(3)
có 2 nghiệm phân biệt

(2;3)
t
∈
. Xét hàm số
2
()5
fttt
=−
với
(2;3)
t
∈

5
'()25'()0
2
fttftt
⇒=−⇒=⇔=

Bảng biến thiên


t
2
5
2
3
f’(t)
−
0 +

f(t)
6
−

6
−



25
4
−
⇒
(3) có 2 nghiệm phân biệt
2525
(2;3)66
44
tmm∈⇔−<−<−⇔<< .
Ví dụ 4.14: Cho phương trình
65432
36ax6310
xxxxx
+−−−++=
(1).
Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân
biệt.

Giải: Vì

0
x
=
không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế phương trình
cho
3
x
ta được:
32
32
111
()3()6()0
xxxa
x
xx
+++−+−=
.
Đặt
1
tx
x
=+
ta có được phương trình:
2232
(3)3(2)6396 (2)
ttttattta
−+−−=⇔+−=+
Từ cách đặt
t
, ta có:

2
10 (3)
xtx
−+=
2
402
tt
⇒∆=−≥⇔≥
. Từ đây ta có:
* Nếu
2
t
=±
thì phương trình (3) có một nghiệm.
*Nếu
2
t
>
thì với mỗi giá trị của t cho tương ứng hai giá trị của x.
Nên (1) có đúng hai nghiệm phân biệt
⇔
(2) hoặc có đúng hai nghiệm
2
t
=

và
2
t
=−

hoặc (2) có đúng một nghiệm thỏa mãn
2
t
>
.
Nguyễn Tất Thu
18
TH 1: Nếu (2) có đúng hai ngiệm
26
2
226
a
t
a

=+

=±⇒

=+


hệ vô nghiệm.
TH 2: (2) có đúng một nghiệm thỏa mãn
2
t
>
.
Xét hàm số
32

()39
ftttt
=+−
với
2
t
>
,
có:
2
'()3693(1)(3)
fttttt
=+−=−+
.
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 đúng một nghiệm
2
t
>

624
62721
aa
aa

+<<−
⇔⇔

+>>



.

Ví dụ 4.15: Tìm
m
để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt.
22422
(112)21111
mxxxxx
+−−+=−++−−−
(1).
Giải: Điều kiện :
1
x
≤
.
Đặt
2224
42
01
110221
212
t
txxtx
xt

≤≤

=+−−≥⇒=−−⇔

−=−



.
(1) trở thành:
2
2
1
(2)1()
2
tt
mtttmft
t
−++
+=−+⇔==
+
(2).
Từ cách đặt
t

22
22
4
4
22
11 [0;1]
22
tt
xxt

−−


⇒−=⇔=±−∀∈



⇒
với mỗi giá trị
(0;1]
t
∈
ta có hai giá trị
x
, còn
00
tx
=⇒=
.
Mặt khác:
22
22
22
12
1212
22
11
22
tt
tttt

−−


−=−⇔=⇔=



Nguyễn Tất Thu
19
⇒
(1) có bốn nghiệm phân biệt
(2)
⇔
có đúng hai nghiệm
(0;1]
t
∈

Xét hàm số f(t) với
(0;1]
t
∈
, có:
2
2
41
'()'()052.
(2)
tt
ftftt
t
−−+

=⇒=⇔=−
+

Bảng biến thiên

t
0

52
−
1

f’(t) + 0
−


f(t)

1
2

1
3



25
−
⇒
(2) có hai nghiệm phân biệt

1
(0;1]25
3
tm
∈⇔−<≤
.
Vậy
1
25
3
m
−<≤
là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 4.16: Biện luận số nghiệm của phương trình :
333
222
1
.2(21)(35)(35)0
xxx
mm
+
++−++=
(1).
Giải:
(1)
33
22
3535
2(21)0

22
xx
mm

−+

⇔+−+=


(2).
Đặt
3
2
35
1
2
x
tt

+

=⇒≥


. Khi đó (2) trở thành:
2
2
11
2(21)02(2)12()
2

t
mmtmttmft
tt
−
+−+=⇔−+=−⇔−==
+
(3).
Với
3
2
3
35
2
35
1log (*)
2
x
ttxt
+

+
∀≥⇒=⇔=±


.
Nguyễn Tất Thu
20
• Nếu
1(*)
t

=⇒
có một giá trị
0
x
=

• Nếu
1(*)
t
>⇒
có hai giá trị
x
.
⇒
Số nghiệm của (1) phụ thuộc vào số nghiệm
1
t
≥
của (3)
Xét hàm số
()
ft
với
1
t
≥
, có:
2
2
41

'()0 t1
(2)
tt
ft
t
++
=>∀≥
+
.
Bảng biến thiên:

t 1
+∞


f’(t) +

f(t)


+∞


0
Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
* Nếu
200(3)
mm
−<⇔>⇒
vô nghiệm

(1)
⇒
vô nghiệm.
* Nếu
0(3)
m
=⇒
có một nghiệm
1(1)
t
=⇒
có một nghiệm
0
x
=
.
* Nếu
0(3)
m
<⇒
có một nghiệm
1(1)
t
>⇒
có hai nghiệm phân biệt.

Ví dụ 4.17: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình :
2
1
1

2
2
(1)log(2)(5)log(2)10
mxmxm
−−−−−+−=
(1)
có hai nghiệm
12
,
xx
thoả mãn điều kiện :
12
24
xx
<≤<
.
Giải:
Đặt
1
2
log(2)(2;0) (2;4)
txtx
=−⇒∈−∀∈
và mỗi
(2;0)
t
∈−
cho một giá
trị
(2;4)

x
∈
. Khi đó (1) trở thành:
2
2
2
51
(1)(5)10()
1
tt
mtmtmmft
tt
−+
−−−+−=⇔==
−+
(2).
Yêu cầu bài toán
(2)
⇔
có hai nghiệm
12
20
tt
−<≤<
.
Xét hàm số
()
ft
với
(2;0)

t
∈−
, có :
2
22
4
'()0 (2;0).
(1)
t
ftt
tt
+
=−<∀∈−
−+

15
1(0)(2)
7
fmf⇒=<<−= là những giá trị cần tìm.

Nguyễn Tất Thu
21
Ví dụ 4.18: Hãy biện luận số nghiệm thực
,
xy
của hệ phương trình sau theo
tham số
,
ab
:

342
2232
2
xyya
xyxyyb

−=


++=


(HSG QG – 1996 ).
Giải:
* Nếu
0
ab
==⇒
hệ
34
223
0
20
xyy
xyxyy

−=

⇔⇒


++=


mọi cặp
(;0)
x
là nghiệm
của hệ
* Nếu
0
ab
≠=⇒
hệ vô nghiệm.
* Nếu
0
b
≠
, ta thấy
0
y
=
không là nghiệm của hệ nên ta đặt
xty
=

Ta có:
322
432
3
2

322
22
(21)
(1)
(1)
(21)
21
yttb
yta
yt
a
yttb
ttb

++=


−=

⇔

−
++=
=



++
(I)
)

i
Nếu
01
at
=⇒=⇒
hệ có nghiệm
2
3
4
b
xy== .
)
ii
Nếu
0
a
≠
, từ hệ
0
1
y
t
xy

>

⇒⇒>

>



.
Từ (I) suy ra
24
8
336
(21)
0
(1)
tt
b
ta
++
−=
−
(1)
Xét hàm số
8
8
336
(1)
()
(1)
t
b
ft
ta
+
=−
−

,
1
t
>
, ta có:
732
34
(1)(98)
'()0 1()
(1)
ttt
fttft
t
+−−−
=<∀>⇒
−
là hàm nghịch biến
Hơn nữa
8
6
1
lim(); lim()0
t
t
b
ftft
a
+
→+∞
→

=+∞=−<

Suy ra (1) có duy nhất nghiệm
0
1
t
>⇒
hệ có duy nhất nghiệm
2
3
0
2
00
;
21
b
xtyy
tt
==
++
.
Nguyễn Tất Thu
22
Bài toán 2: Tìm m để bất phương trình
(
)
(
)
>
fxgm

có nghiệm
trên D.
Phương pháp: Với dạng toán này trước hết ta đi khảo sát và lập bảng biến
thiên của hàm số
()
fx
trên D, rồi dựa vào các tính chất sau để chúng ta định
giá trị của tham số:
1) Bất phương trình
()()
fxgm
≥
có nghiệm trên D
max()()
xD
fxgm
∈
⇔≥
(Với điều kiện tồn tại
max()
D
fx
).
2) Bất phương trình
()()
fxgm
≤
có nghiệm trên D
min()()
xD

fxgm
∈
⇔≤
(Với điều kiện tồn tại
min()
D
fx
).
Ví dụ 4.19: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
1) 45 2) 31.
xxmmxxm
−++≥−−≤+

Giải:
1) Điều kiện :
54
x
−≤≤
.
Xét hàm số
()45
fxxx
=−++
với
[5;4]
xD
∈=−

1145
'()

24252(4)(5)
xx
fx
xxxx
−−−+
⇒=+=
−+−+
.
1
'()0450
2
fxxxx
⇒=⇔−−+=⇔=−
.
Suy ra
[-5;4]
1
max()max(4),(),(5)32
2
fxfff

−
=−=


.
Vậy bất phương trình có nghiệm
[5;4]
max()32
mfx

−
⇔≤=.
2) Điều kiện :
3
x
≥
.
Bất phương trình
31
1
x
m
x
−+
⇔≤
−
.
Xét hàm số
31
()
1
x
fx
x
−+
=
−
với
3
x

≥
.
Ta có:
2
53
'()'()04
23(1)
xx
fxfxx
xx
−−−
=⇒=⇔=
−−

Nguyễn Tất Thu
23
Và
lim()0
x
fx
→+∞
=
.
Bảng biến thiên:
x 3 4
+∞

f’(x) + 0
−

f(x)

2
3

1
2
0
Vậy bất phương trình có nghiệm
3
2
max()
3
x
mfx
≥
⇔≤=
.

Ví dụ 4.20: Tìm m để các bất phương trình sau có nghiệm
1)
1
4.2320
xx
mm
+
−+−≤
(1)
2)

2
lglg30
1
xmxm
x

−++≤


>


(2).
Giải:
1) Đặt
2, 0
x
tt
=>
. Khi đó bất phương trình trở thành:
2
2
3
2320()2
1
t
tmtmftm
t
+
−+−≤⇔=≤

+
(1.1).
(1) có nghiệm
(1.1)
⇔
có nghiệm
0
t
>
.
Xét hàm số f(t) với
0
t
>
, ta có:
( )
2
2
23
'()'()01
1
tt
ftftt
t
+−
=⇒=⇔=
+
(do
0
t

>
).
Bảng biến thiên:
t 0 1
+∞

f’(t)
−
0 +

f(t)

3
+∞


2
(3)
⇒
có nghiệm
0221
tmm
>⇔≥⇔≥
.
Vậy
1
m
≥
là những giá trị cần tìm.
2) Đặt

lg0 1
txtx
=⇒>∀>
. Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
Nguyễn Tất Thu
24
22
303(1)
tmtmtmt
−++≥⇔+≤−
(2.1).
*
2
3
1(1)
1
t
tm
t
+
<⇒⇔≥
−
(2.2).
Xét hàm số
2
3
()
1
t
ft

t
+
=
−
với
(0;1)
t
∈
, có
2
2
23
'()0 (0;1)
(1)
tt
ftt
t
−−
=<∀∈
−

(2.2)
⇒
có nghiệm
(0;1)(0)3
tmf
∈⇔<=−
.
*
2

3
1(1)()
1
t
tmft
t
+
>⇒⇔≥=
−
(2.3).
Ta có bảng biến thiến f(t)
t 1 3
+∞

f’(t)
−
0 +

f(t)

+∞

+∞


6
(2.3) có nghiệm
16
tm
>⇔≥

.
Vậy
3
6
m
m

<−

≥


là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 4.21: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
[0;13]
x
∈+
2
(221)(2)0
mxxxx
−+++−≤
(1).
Giải:
Đặt
22
22(1)1[1;2] [0;13]
txxxtx
=−+=−+⇒∈∀∈+
Khi đó (1) trở thành:

2
2
2
(1)2()
1
t
mttmft
t
−
+≤−⇔≤=
+
(1.1).
Xét hàm số
(
)
ft
trên
[1;2]
, ta có:
2
2
22
'()0 [1;2]
(1)
tt
ftt
t
++
=>∀∈
+

(1) có nghiệm
[0;13](1.1)
x
∈+⇔ có nghiệm
[1;2]
t
∈

Nguyễn Tất Thu
25
[1;2]
2
max()(2)
3
mftf
⇔≤==
.
Ví dụ 4.22: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
222
sincossin
23.3.
xxx
m
+≥

Giải:
Bất phương trình
22
sinsin

2121
()3()3
3939
tt
xx
mm

⇔+≥⇔+≥



với
2
sin[0;1]
txt
=⇒∈ .
Xét hàm số
21
()3
39
tt
ft

=+


, ta thấy
(
)
ft

là hàm nghịch biến.
[0;1]
max()(0)4
ftf
⇒==
.
Vậy bất phương trình có nghiệm
4
m
⇔≤
.

Ví dụ 4.22: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:
3
21121 (1)
|85|2120 (2)
xx
xxxm

+−≥−


−+++−≥


.
Giải: Điều kiện:
1
2
x

≥
.
Ta có:
15
(1)212111221
28
xxxx
⇔+≥−+⇔≥−⇔≤≤
.
Khi đó:
33
(2)852120()662
xxxmfxxxm
⇔−++++−≥⇔=−+≥ (3).
Xét hàm số
()
fx
trên
15
;
28



, ta có:
2
15
'()360 ;
28
fxxx


=−≤∀∈


.
15
;
28
125
max()()
28
fxf



⇒==.
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
15
;
28
x

∈

