PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ pot

NGÔ TIẾN ĐẠT -
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH CÓ
CHỨA THAM SỐ
Trong đề thi đại học những năm gần đây phần nhiều các bài tập câu 4b về phương trình , hệ phương trình
có sử dụng phương pháp hàm số . Sau đây tôi xin giới thiệu một vài kĩ năng sử dụng phương pháp đó
Ta thường gặp một số dạng toán sau:
*Sử dụng tính đơn điệu đưa 2 dạng cơ bản là f(x)=g(m) và f(x)=f(y) với f(t) là hàm đơn điệu.
*Sử dụng việc khảo sát sự biến biến thiên để tìm điều kiện có nghiệm hoặc biện luận số nghiệm của
phương trình hoặc hệ phương trình.
Trong quá trình làm 2 dạng trên nhiều trường hợp ta phải đánh giá dấu của đạo hàm dựa vào phương pháp
hàm số hoặc sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc : Côsi , Bunhiacopxki,
Bài1 . Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm
(1)
Giải
Vì nên
ĐKXĐ: (*) do m>0 nên (*)
(2)
Xét hàm số :
do đó hàm số f(x)
đồng biến trên
mà nên phương trình (2)(3)
Với thì (4)
Xét hàm số : g(x)=,
g’(x)>0 ,
Từ Bảng biến thiên suy phương trình (4)
luôn có nghiệm điều này cũng có nghĩa là
phương trình (1) có nghiệm.
*Nhận xét : Cách làm chính của dạng bài này chính là
+Đưa phương trình ( hệ phương trình ) về dạng f(x)=f(y) , x,y thuộc D và hàm f(t) đơn điệu trên D
+Phần còn lại là sử dụng bảng biến thiên của hàm g(x) để biện luận số nghiệm.
Bài 2. Tìm a để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

(1).
Giải
Vì x=0 không là nghiệm của phương trình nên chia 2 vế phương trình cho x
3
ta được :
Đặt thì x
2
–tx+1=0 , để tồn tại x
thì
Phương trình trở thành : t
3
+ 3t
2
-9t = a + 6 (2)
2
2
2
x mx 2
log 2x x mx 2 1
2x 1
 
+ +
= − + + −
 ÷
 ÷
−
 
2
x mx 2 0+ + ≥
2

x mx 2 0
2x 1 0

+ + >

− >

1
x
2
⇔ >
( ) ( )
2 2
2 2
1 log x mx 2 x mx 2 log 2x 1 2x 1⇔ + + + + + = − + −
( ) ( )
2
f x log t t;t 0;= + ∈ +∞
( ) ( )
1
f ' x 1 0, t 0;
t ln 2
= + > ∀ ∈ +∞
( )
0;+∞
2
x mx 2 0;2x 1 0+ + > − >
2
x mx 2 2x 1⇔ + + = −
1

x
2
>
( )
2 2
1
3 x mx 2 4x 4x 1 m 3x 4
x
⇔ + + = − + ⇔ = − −
1 1
3x 4 ;x ;
x 2
 
− − ∈ +∞
 ÷
 
1
x ;
2
 
∀ ∈ +∞
 ÷
 
1
x , m 0
2
> ∀ >
6 5 4 3 2
x 3x 6x ax 6x 3x 1 0+ − − − + + =
3 2

3 2
1 1 1
x 3 x 6 x a
x x x
     
+ + + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
1
t x
x
= +
2
t 4 0 t 2∆ = − ≥ ⇔ ≥
NGÔ TIẾN ĐẠT -
Để ý rằng với phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x , còn với mỗi t mà |t| >2 cho tương ứng
với 2 giá trị của x.
Do đó , (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm hoặc có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2
*TH1 : (2) có 2 nghiệm không thoả mãn.
*TH2 : (2) có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2
Xét hàm số y=t
3
+3t
2
-9t với

BBT
t -∞ -3 -2 1 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y

27
22
-∞
+∞
2
Từ BBT ta có 2) có đúng 1 nghiệm t
sao cho |t| >2.
KL: giá trị của a thoả mãn
*Nhận xét : Đây là dạng toán gặp khá nhiều , khi làm cần lưu ý
+Đặt ẩn phụ t chuyển sang phương trình mới với ( cần đánh giá để được miền giá trị của t
ứng với miền giá trị của x ).
+Đưa phương trình về dạng cơ bản f(t)=g(m) , .
Bài 3 : Tìm m để phương trình : sin
3
x=cosx(x
3
+m
3
) (1) có nghiệm trên nửa
khoảng .
Giải
Do nên phương trình tương đương với : .
Xét hàm số

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho 2 số
ta có
Ta chỉ cần
chứng minh là
xong

Xét hàm số g(x)=tgx+2sinx-3x , ,
nên hàm đồng biến trên nửa
khoảng hay g(x)>g(0)=0, .
Như vậy , do đó ,
hàm số đồng biến
t 2
t 2
= −


=

⇔
t 2= ±
t 2= ±
2 a 6
22 a 6
= +

⇔

= +

( ) ( )
t ; 2 2;∈ −∞ − ∪ +∞
2
t 1
y’ 3t 6t 9 0
t 3
=


= + − = ⇔

= −

a 6 27 a 21
a 6 2 a 4
+ > >
 
⇔ ⇔
 
+ < < −
 
a 21
a 4
>


< −

t D∈
t D∈
π
0;
3
 


 
π

x 0;
3
 
∈


 
2 3 3
tgxsin x x m− =
( )
2 3
f x =tgxsin x x−
( )
2 2 2
f ' x tg x 2sin x 3x= + −
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2 2
tgx 2sin x
tg x 2sin x 1 2 tgx 2sin x tg x 2sin x
3
+
+ + ≥ + ⇒ + ≥
π
tgx 2sinx 3x; x 0;
3
 

+ > ∀ ∈


 
π
x 0;
3
 
∈


 
( )
3
2 2
1 1π
g ' x 2cos x 2 3 cos x cos x 3 0; x 0;
cos x cos x 3
 
= + − ≥ − = ∀ ∈


 
π
0;
3
 


 

π
x 0;
3
 
∀ ∈


 
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
tgx 2sin x 3x
f ' x tg x 2sin x 3x 3x 3x 0
3 3
+
= + − ≥ − ≥ − =
π
0;
3
 


 
NGÔ TIẾN ĐẠT -
trên nửa khoảng .
Từ đó ta có , phương trình (1)
có nghiệm .
*Nhận xét : Với dạng bài tập
này ( vẫn là dạng f(x)=g(m) , m là tham số ) điều quan trọng là

+Nếu với yêu cầu “tìm điều kiện để phương trình có nghiệm “ thì chỉ cần tìm miền giá trị của hàm
f(x) bằng phương pháp hàm số hoặc sử dụng bất đẳng thức.
+Nếu với yêu cầu “tìm điều kiện để phương trình có k nghiệm “ thì thông thường ta hướng tới
việc khảo sát sự biến thiên của hàm f(x).
Bài viết của tôi còn một điều chưa làm được đó chính là “ khi nào , gặp dạng toán như nào” thì sử dụng
phương pháp này , rất mong được các bạn cùng trao đổi để bài viết được tốt hơn.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1 . Tìm m để phương trình sau có
nghiệm :
HD : xét sự biến thiên của hàm
Bài 2 . Tìm a để phương trình có
đúng 1 nghiệm
HD : phương trình trở thành
Và xét sự biến thiên của hàm
số
Bài 3. Chứng minh rằng với hệ sau
luôn có nghiệm duy nhất
HD : để ý từ hệ suy ra được
thay vào phương trình (1) và đặt
được phương trình :
đến đây khảo sát hàm ở vế
trái chứng minh nó là hàm đồng biến trên (0;+∞)
Bài 4. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất
a,
b,
Bài 5 . Tìm m để phương trình có
nghiệm
a,
b,
Bài 6. Tìm m để phương trình

sau có 3 nghiệm phân biệt
( )
3
3
3
π 3 3 π
f 0 m f 0 m
3 4 27
 
⇔ < ≤ ⇔ < ≤ −
 ÷
 
2 2
x x 1 x x 1 m+ + − − + =
2 2
y x x 1 x x 1= + + − − +
2
ax 1 cos x+ =
π
x 0;
2
 
∈
 ÷
 
2
2
2 2
x x
2sin sin

1 cos x 1
2 2
x
x x 2
2
 
 ÷
−
= =
 ÷
 ÷
 
2
x
sin
2
2a
x
2
 
 ÷
− =
 ÷
 ÷
 
sin tπ
y ;t 0;
t 4
 
= ∈

 ÷
 
m R∀ ∈
3 2 4
2 2 2 3
yx m y (1)
x y 2y xπ y (2)

= +


+ = −


x y 0≥ >
( ) ( )
2
2
π
1 y x yπ x y
y
⇔ + = ⇔ = −
t y=
( )
3
9 2 3
t m tπ t 0+ − − =
2
2 x 4 x 8 2x x m+ + − − + − =
4 4

x 1 x x 1 x m+ − + + − =
2 2
cos x 2 cos x cos x 2 cos x m+ − + − =
( ) ( )
4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0− + + − − + − =
5
5
x m 5 5x m− = +