Bài toán chứa tham số

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 minf(x)
∈
=

,
x D
M Maxf(x)
∈
=
thì
ph
ươ
ng trình :
(
)
f x k
=
có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi

m k M.
≤ ≤


Ví dụ 1:


Tìm m
ñể
các ph
ươ

ng trình sau có nghi
ệ
m
2 2
4
2
1) x x 1 x x 1 m
2) x 1 x m
+ + − − + =
+ − =
.
Giải:
1)Xét hàm số
2 2
f(x) x x 1 x x 1
= + + − − +
có tập xác ñịnh là D=R.
Ta có:
2 2
2x 1 2x 1
f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
+ −
= −
+ + − +

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

2 2
2 2
1 1 3 1 1 3
x [(x ) ] x [(x ) ] x 0
2 2 4 2 2 4
   
⇒ + − + = − + + ⇔ =
   
   
thay vào (1) ta th
ấ
y
không th
ỏ
a mãn. V
ậ
y ph
ươ
ng trình
f '(x) 0
=
vô nghi
ệ
m
f '(x)
⇒
không
ñổ
i d
ấ

u
trên R, mà
f '(0) 1 0 f(x) 0 x R f(x)
= > ⇒ > ∀ ∈ ⇒

ñồ
ng bi
ế
n.
M
ặ
t khác:
2 2
x
x
2x
limf(x) lim 1
x x 1 x x 1
→+∞
→+∞
= =
+ + + − +
và
x
limf(x) 1
→−∞
= −
.
B
ả

ng bi
ế
n thiên:
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 2 -
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
2
f(x) x 1 x

= + −
với
x D [0; )
∈ = +∞

Ta có:
2 3
4
x 1
f '(x)
2 x
2 (x 1)
= −
+
.
2 3 6 2 3 2 2
4
f '(x) 0 x x (x 1) x (x 1) x x 1
⇒ = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +
vô nghi
ệ
m
f '(x)
⇒
không
ñổ
i d
ấ
u trên D, mà
4

1 1
f '(1) 0 f '(x) 0 x D
2
2 8
= − < ⇒ < ∀ ∈

M
ặ
t khác:
4
2 3 2 2 2 4 2 6
x x
4 4 4
1
lim f(x) lim 0
(x 1) x (x 1) x (x 1) x
→+∞ →+∞
= =
+ + + + + +

0 f (x) f(0) 1 x D
⇒ < ≤ = ∀ ∈ ⇒
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
0 m 1
⇔ < ≤
.

Chú ý :
N
ế
u ph
ươ
ng trình ch
ư
a có d
ạ
ng trên thì ta tìm cách cô l
ậ
p m
ñư
a v
ề
d
ạ
ng
trên.

Ví dụ 2:
Tìm m
ñể
các ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m:
1)

4
4
x 13x m x 1 0
− + + − =
.
2)
x x x 12 m( 5 x 4 x)
+ + = − + −
.
Giải:
1) Phương trình
4
4
4 2
x 1
x 13x m 1 x
x 13x m (1 x)
≤


⇔ − + = − ⇔

− + = −



3 2
x 1
4x 6x 9x 1 m
≤



⇔

− − = −


. Xét hàm số
3 2
f(x) 4x 6x 9x
= − −
với
x 1
≤

Ta có:
2
3
x
2
f '(x) 12x 12x 9 f '(x) 0
1
x
2

=

= − −
⇒
= ⇔



= −


.
Bảng biến thiên:
x
−∞

1/ 2
−
1

f’(x) + 0 –

f(x)

5
2

−∞

11
−

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 3 -
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm
5 3

1 m m
2 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 0
x x
− − − ≠
)
Xét hàm s
ố

f(x) (x x x 12)( 5 x 4 x)
= + + − − −
v
ớ
i
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
< − < − ⇒ − > ⇒ > ∀ ∈
− −
.
V
ậ
y f(x) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên [0;4]
2 3( 5 2) f(0) f(x) f(4) 12
⇒
− = ≤ ≤ =

Suy ra ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m

2 3( 5 2) m 12.
⇔ − ≤ ≤


Chú ý :
Khi g
ặ
p h
ệ
ph
ươ
ng trình trong
ñ
ó m
ộ
t ph
ươ
ng trình c
ủ
a h
ệ
không ch
ứ
a
tham s
ố
thì ta s
ẽ

ñ

i gi
ả
i quy
ế
t ph
ươ
ng trình này tr
ướ
c. T
ừ
ph
ươ
ng trình này ta s
ẽ

tìm
ñượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m
x D
∈
(
ñố
i v
ớ
i h
ệ

m
ộ
t
ẩ
n) ho
ặ
c s
ẽ
rút
ñượ
c
ẩ
n này qua
ẩ
n kia.
Khi
ñ
ó nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ụ
thu
ộ
c vào nghi
ệ
m c

ủ
a ph
ươ
ng trình th
ứ
hai v
ớ
i k
ế
t qu
ả

ta tìm
ñượ
c
ở
trên.
Ví dụ 3:
Tìm m
ñể
h
ệ
sau có nghi
ệ
m:
2
4 5x
x
2
1

2 (1)
2
3x 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:
2
x 5x 4 2 2
2 2 x 5x 4 x 5x 4 0 1 x 4
−
≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
.
H
ệ
có nghi
ệ
m
(2)

⇔
có nghi
ệ
m
x [1;4]
∈
.
2
3x 16
(2) m
x x
+
⇔ =
. Xét hàm s
ố

2
3x 16
f(x)
x x
+
=
v
ớ
i
x [1;4]
∈

có
2 2

2
3 3
3
6x x x(3x 16)
3 x(x 16)
2
f '(x) 0 x [1;4]
x 2x
− +
−
= = ≤ ∀ ∈
.
8 f(4) f (x) f(1) 19 x [1;4]
⇒
= ≤ ≤ = ∀ ∈
.
V
ậ
y h
ệ
có nghi
ệ
m
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:
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 4 -
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:
2
x 2x 3
(2) m f(x)
x 2
− +
⇔ = =
−
. Xét hàm số f(x) với
x 1
≤
, có:
2
2
x 4x 1
f '(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
−

D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế

n thiên
⇒
h
ệ
có nghi
ệ
m
m 2 2 3
⇔ ≤ − .

Ví dụ 5:
Tìm m
ñể
h
ệ
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m:
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 4
x
y
≤


⇔ = − ⇔

− +
=


. Thay vào (1) ta ñược:
2
y 4y 4 4y 4
y 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
4
f '(y) 0 f (y)
y
⇒ = > ⇒
ñồng biến trên các khoảng
( ;0) (0;2]
−∞ ∪

y
y 0 y 0
lim 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; )
⇔ ∈ −∞ ∪ +∞
.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 5 -
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:
4
4 3 4 3
x 4x 16x m x 4x 16x m 6
− + + + − + + =
.
Giải:
ðặt
4
4 3
t x 4x 16x m, t 0
= − + + ≥
. Ta có phương trình :
4
2 4 3
t t 6 0 t 2 x 4x 16x m 2
+ − = ⇔ = ⇔ − + + =

4 3
m x 4x 16x 16
⇔ − = − + −
. Xét hàm s
ố

4 3
f(x) x 4x 16x 16
= − + −

3 2 2
x 1
f '(x) 4(x 3x 4) 4(x 2) (x 1) f '(x) 0
x 2
= −

⇒ = − + = − + ⇒ = ⇔

=

.
B
ả
ng bi
ế
n thiên
x
−∞

-1

2

+∞

f’(x) – 0 + 0 +

f(x)
+∞

+∞


-27
D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế
n thiên
⇒
ph
ươ
ng trình có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
m 27 m 27
⇔ − > − ⇔ <
.
Ví dụ 7: Tìm m ñể phương trình :
2
m x 2 x m
+ = +
có ba nghi
ệ
m phân bi

ệ
t.
Giải:
Phương trình
2
2
x
m( x 2 1) x m
x 2 1
⇔ + − = ⇔ =
+ −
(do
2
x 2 1 0 x
+ − > ∀
)
Xét hàm s
ố

( )
2
2
2
2
2
2
x
x 2 1
x
x 2

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

( )
2
2
2 2
2 x 2
f '(x) f '(x) 0 x 2
x 2 x 2 1
− +
= ⇒ = ⇔ = ±
+ + −
.
B
ả
ng bi
ế
n thiên:
x
−∞

2
−

2

+∞

f’(x)

–

0 +

0

–



f(x)

+∞

2



2
−

−∞

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 6 -
Dựa vào bảng biến thiên
2 m 2
⇒ − < < .

Ví dụ 8:
Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a m
ñể
ph
ươ
ng trình :
2
mx 1 cosx
+ =
có
ñ
úng
m
ộ
t nghi
ệ

m
x 0;
2
π
 
∈
 
 
.
Giải:
Ta thấy ñể pt có nghiệm thì
m 0
≤
. Khi ñó:
Phương trình
2
2 2
x
sin
cosx 1
2
m 2m
x
x
2
−
⇔ = ⇔ = −
 
 
 

.
Xét hàm số :
sint
f(t)
t
=
với
t 0;
4
π
 
∈
 
 

Ta có:
(
)
2 2
cost t tgt
t.cost sint
f '(t) 0
t t
−
−
= = <
với
t 0;
4
π

 
∀ ∈
⇒
 
 
f(t) nghịch biến.
Mà:
2 2
f( )
4
π
=
π
và
2
2 2
t 0
x
sin
2 2 8
2
limf(t) 1 f(t) 1 1 x (0; )
2
x
2
→
π
=
⇒
< <

⇒
< < ∀ ∈
π
π
 
 
 
.
Vậy phương trình có ñúng một nghiệm
x (0; )
2
π
∈

2
8
2m 1
⇔ < − <
π

2
1 4
m
2
⇔ − < < −
π
.
Ví dụ 9: Tìm m ñể hệ phương trình :
2
3(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 1
y
x
≤


+ = ⇔ = − ⇔

− +
=


(do
x 0
=

không là nghiệm
phương trình ).
Thay vào phương trình thứ nhất ta ñược:
2
2
x 2x 1
3x 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 2
x 2x 1 1
f(x) 3x 6x 3x 7x 2
x x
− +
= + + = + − +
với
x 1
≤
.
3 2

2 2
1 6x 7x 1 1 1
f '(x) 6x 7 f '(x) 0 x 1;x ;x
2 3
x x
+ −
⇒ = + − = ⇒ = ⇔ = − = − =
.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 7 -
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 9
3
27
7 m 3

4

≤ − ≤

⇔


− ≤ − ≤ −



20
m 12
3
15
4 m
4

≤ ≤

⇔

−

− ≤ ≤


.
Vậy
20 15

m 12 4 m
3 4
−
≤ ≤ ∪ − ≤ ≤
là những giá trị cần tìm.

Ví dụ 10: Biện luận số nghiệm của phương trình sau:
2
m x 1 x 2 m
+ = + −
.
Giải:
PT
2
2
x 2
m( x 1 1) x 2 m f(x)
x 1 1
+
⇔ + + = + ⇔ = =
+ +
(do
2
x 1 1 0
+ + >
)
S
ố
nghi
ệ

m c
ủ
a ph
ươ
ng trình chính là s
ố
giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñồ
th
ị
hai hàm s
ố

y m
=
và
y f(x)
=
.
Xét hàm s
ố

y f(x)
=

, ta có:
2
2
2
2 2 2 2 2
x(x 2)
x 1 1
x 1 2x 1
x 1
f '(x)
( x 1 1) x 1( x 1 1)
+
+ + −
+ − +
+
= =
+ + + + +

2
2 2
1
x
4
2
f '(x) 0 x 1 2x 1 x
3
x 1 4x 4x 1

≥


⇒ = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =


+ = − +

.
x x
2
2
x(1 )
x
lim f(x) lim 1
1 1
x 1
x
x
→−∞ →−∞
+
= = −
 
− + −
 
 
và
x
lim f(x) 1
→+∞
=
.
B

ả
ng bi
ế
n thiên




Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 8 -
x
−∞

4
3

+∞

f’(x) + 0
−


f(x)


5
4

1
−

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

phương trình có một nghiệm.
• Nếu
5
1 m
4
< < ⇒
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 4
2 2
m( x 2 2 x 4) x 2 2 x 4
− + − − + = −

.

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

ðặ
t
x 9 x 9
t x(9 x) 0 t .
2 2
+ −
= − ⇒ ≤ ≤ =

Ta có ph
ươ
ng trình :
2
2 m t 2t f(t)
− = − =
(1).
Ph
ươ
ng trình

ñ
ã cho có nghi
ệ
m
(1)
⇔
có nghi
ệ
m
9
t [0; ]
2
∈

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 9 -
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 3
4 4
⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
.

2) ðiều kiện:
3 x 6
− ≤ ≤
.
ðặt
2
2
t 9

t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)
2
−
= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − =

Phương trình ñã cho trở thành:
2
2
t 9
t 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
= + + − ⇒ = −
+ −

3
t'(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
Dự
a vào b
ả
ng bi
ế
n thiên
t [3;3 2]
⇒
∈
.
⇒
(1) có nghi
ệ

m
(2)
⇔
có nghi
ệ
m
t [3;3 2]
∈
.
Xét hàm s
ố

2
f(t) t 2t
= −
v
ớ
i
3 t 3 2
≤ ≤ , có
f '(t) 2t 2 0 t [3;3 2]
= − > ∀ ∈

⇒
f(t) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên
[3;3 2]

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

V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
6 2 9
3 9 2m 18 6 2 m 3
2
−
⇔ ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤
.

3)
ð
i
ề
u ki
ệ
n :
x 2
≥
.
Ta th
ấ

y
x 2
=
không là nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình nên ta chia hai v
ế
ph
ươ
ng trình
cho
4
2
x 4
−
, ta
ñượ
c:
4 4
x 2 x 2
m 2 2
x 2 x 2
 
− +
+ − =
 

+ −
 
(*).
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 10 -
ðặ
t
4
4
4
4
x 2 2(t 1)
t 0 t (x 2) x 2 x 2
x 2
t 1
+ +
= > ⇒ − = + ⇒ = >
−
−

4
4
0 t 1
t 1
⇔ > ⇔ >
−

Khi
ñ
ó (*) tr

ở
thành:
2
1 t 2t
m 2 t 2 m f(t)
t 2t 1
+
 
+ − = ⇔ = =
 
+
 
(3).
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m
(3)
⇔
có nghi
ệ
m
t 1
>
.
Xét hàm s
ố

f(t) v
ớ
i
t 1
>
, có:
( )
2
2
2t 2t 2
f '(t) 0 t 1
2t 1
+ +
= > ∀ >
+
.
f(t) f (1) 1 t 1
⇒
> = ∀ >
.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
m 1
⇔ >
.

Chú ý :
Trong các bài toán trên sau khi
ñặ
t
ẩ
n ph
ụ
ta th
ườ
ng g
ặ
p khó kh
ă
n khi xác
ñị
nh mi
ề
n xác
ñị
nh c
ủ
a t .
Ở
trên chúng ta
ñ
ã làm quen v
ớ
i ba cách tìm mi
ề

n xác
ñị
nh c
ủ
a t. Tuy nhiên ngoài nh
ữ
ng cách trên ta còn có nh
ữ
ng cách khác
ñể
tìm
mi
ề
n xác
ñị
nh c
ủ
a t. Ch
ẳ
ng h
ạ
n:
Ở
câu 2) ta có th
ể
áp d
ụ
ng B
ð
T Côsi

ñể
tìm xác
ñị
nh c
ủ
a t :
2
2 (3 x)(6 x) 9 9 t 18 3 t 3 2
+ − ≤
⇒
≤ ≤
⇒
≤ ≤
.
Ở
câu 3
ñể
tìm mi
ề
n xác
ñị
nh ta có th
ể
làm nh
ư
sau:
4
1
t 1
x 2

= +
−
vì
1
0 x 2 t 1
x 2
> ∀ >
⇒
>
−
.


Ví dụ 12:
Tìm m
ñể
các ph
ươ
ng trình


1)
2 2
tan x cot x m(tanx cot x) 3 0
+ + + + =
có nghi
ệ
m .
2 2
3 3

2) log x log x 1 2m 1 0
+ + − − =
có nghi
ệ
m trên
3
[1;3 ]
.
3)
2 2 2
2x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1)6 m.4 0
− − −
− + + =
có nghi
ệ
m x th
ỏ
a mãn
1
x
2
≥
.

Giải:
1) ðặt
2 2 2
t tanx cotx tan x cot x t 2
= + ⇒ + = −

và
| t | 2
≥
.
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho tr
ở
thành:
2
2
t 1
t mt 1 0 m
t
+
+ + = ⇔ = −
(3) ( vì
t 0
≠
).
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m
⇔

(3) có nghi
ệ
m t th
ỏ
a mãn
| t | 2
≥
.
Xét hàm s
ố

2
t 1
f(t)
t
+
=
v
ớ
i
| t | 2
≥
, ta có:
2
2
t 1
f '(t) 0 t : | t | 2
t
−
= > ∀ ≥

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t
−∞
-2 2
+∞

f’(t)

+ +

f(t)

-5/2
+∞


−∞
5/2
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 11 -
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm
5
| m |
2
⇔ ≥

.
2) ðặt
2 2 2
3 3
t log x 1 log x t 1
= + ⇒ = −
. Với
3
1 x 3 1 t 2
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
.
Phương trình ñã cho trở thành:
2
t t 2m 2 (2)
+ = +
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m trên
3
[1;3 ]
⇔
(2) có nghi
ệ
m
1 t 2
≤ ≤

.
Xét hàm s
ố

2
f(t) t t
= +
v
ớ
i
1 t 2
≤ ≤
, ta th
ấ
y f(t) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên [1;2]
Suy ra
2 f(1) f(t) f(2) 5 t [1;2]
= ≤ ≤ = ∀ ∈
.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m

3
2 2m 2 5 0 m .
2
⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤

3)
ðặ
t
2
u 2x x u'(x) 4x 1
= −
⇒
= −
.
L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a u(x) ta
1
u 0 x : x
2
⇒ ≥ ∀ ≥
.
B
ấ

t ph
ươ
ng trình tr
ở
thành:
u u u
m9 (2m 1)6 m4 0
− + + =

2u u
2
3 3
m (2m 1) m 0 mt (2m 1)t m 0
2 2
   
⇔ − + + = ⇔ − + + =
   
   

(trong
ñ
ó ta
ñặ
t
u
3
t t 1 u 0
2
 
= ⇒ ≥ ∀ ≥

 
 
)
2
2
t
m(t 2t 1) t m f(t)
t 2t 1
⇔ − + = ⇔ = =
− +
(3) (do t=1 không là nghi
ệ
m PT)
Yêu c
ầ
u bài toán
(3)
⇔
có nghi
ệ
m
t 1
>
.
Xét hàm s
ố

f(t)
v
ớ

i
t 1
>
, có
2
2 2
1 t
f '(t) 0 t 1
(t 2t 1)
−
= < ∀ >
− +
và
x
lim f(t) 0
→+∞
=

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t 1
+∞

f’(t)

+

f(t)

+∞


0

V
ậ
y
m 0
>
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Ví dụ 13:
Tìm m
ñể
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
(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 1
m
4 x 3 3 1 x 1
+ + − +
⇔ =
+ + − +
(2).
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 12 -
Vì
(
)
(
)
2 2
x 3 1 x 4
+ + − =
nên ta có thể ñặt:
2
2
2

2t
x 3 2
1 t
1 t
1 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 9
m 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) v
ớ
i
t [0;1]
∈
, có
2
2 2
52t 8t 60
f '(t) 0 t [0;1]
(5t 16t 7)
+ +
= − < ∀ ∈
− −

7 9
f(1) f(t) f(0) t [0;1]
9 7
⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈

V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
7 9
m
9 7
⇔ ≤ ≤
.
Chú ý :
Ch
ắ
c có l
ẽ
các b
ạ
n s
ẽ
th
ắ
c m
ắ
c vì sao l
ạ
i ngh
ĩ
ra các

ñặ
t nh
ư
v
ậ
y ? M
ớ
i
nhìn vào có v
ẻ
th
ấ
y các
ñặ
t t
ở
trên thi
ế
u t
ự
nhiên. Th
ự
c ch
ấ
t ra các
ñặ
t
ở
trên ta
ñ

ã
b
ỏ
qua m
ộ
t b
ướ
c
ñặ
t trung gian. C
ụ
th
ể
:
T
ừ

ñẳ
ng th
ứ
c
(
)
(
)
2 2
x 3 1 x 4
+ + − =
ta
ñặ

t
x 3 2sin
1 x 2cos

+ = α


− = α


v
ớ
i
[0; ]
2
π
α∈
,
sau
ñ
ó ta l
ạ
i ti
ế
p t
ụ
c
ñặ
t
t tan

2
α
=
nên ta m
ớ
i có:
2
2
2
2t
x 3 2
1 t
1 t
1 x 2
1 t

+ =

+


−

− =

+

.
ðế
n

ñ
ây ch
ắ
c
các b
ạ
n th
ấ
y cách
ñặ
t
ở
trên hoàn toàn r
ấ
t t
ự
nhiên ph
ả
i không?!.


Ví dụ 14:
Xác
ñị
nh m
ọ
i giá tr
ị
c
ủ

a tham s
ố
m
ñể
h
ệ
sau có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t

2
3
3 3
2
2
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 x
x
x x
+ +
⇔ > ⇔ > ⇔ < <
− −
(Do
x 1
>
).
Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm phân biệt
⇔
(2) có hai nghiệm phân biệt
1 3
x
< <
.
ðặt
2
2
t log (x 2x 5) 2 t 3 x (1;3)
= − +
⇒

< < ∀ ∈
và (2) trở thành
2
m
t 5 t 5t m (3)
t
+ = ⇔ − = −

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 13 -
Từ cách ñặt t ta có:
2
( 1) 2 4
t
x
− = − ⇒
V
ớ
i m
ỗ
i giá tr
ị

t (2;3)
∈
thì cho ta
ñ
úng
m
ộ

t giá tr
ị

x (1;3)
∈
. Suy ra (2) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
x (1;3)
∈
(3)
⇔
có 2 nghi
ệ
m
phân bi
ệ
t
t (2;3)
∈
.
Xét hàm s
ố

2
f(t) t 5t
= −
v

ớ
i
t (2;3)
∈
5
f '(t) 2t 5 f '(t) 0 t
2
⇒ = − ⇒ = ⇔ =

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t
2
5
2
3
f’(t)


−
0 +


f(t)
6
−

6
−



25
4
−

⇒
(3) có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
25 25
t (2;3) m 6 6 m
4 4
∈ ⇔ − < − < − ⇔ < < .
Ví dụ 14
: Cho ph
ươ
ng trình
6 5 4 3 2
x 3x 6x ax 6x 3x 1 0
+ − − − + + =
(1). Tìm t
ấ
t
c

ả
các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
a,
ñể
ph
ươ
ng trình có
ñ
úng 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t.

Giải: Vì
0
x
=
không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế pt cho x
3
ta ñược
3 2
3 2
1 1 1
(x ) 3(x ) 6(x ) a 0

x
x x
+ + + − + − =
.ðặt
1
t x
x
= +
ta có ñược phương trình:
2 2 3 2
t(t 3) 3(t 2) 6t a t 3t 9t a 6 (2)
− + − − = ⇔ + − = +

Từ cách ñặt t, ta có:
2
x tx 1 0 (3)
− + =

2
t 4 0 t 2
⇒ ∆ = − ≥ ⇔ ≥
. T
ừ

ñ
ây ta có:
* N
ế
u
t 2

= ±
thì ph
ươ
ng trình (3) có m
ộ
t nghi
ệ
m.
*N
ế
u
t 2
>
thì v
ớ
i m
ỗ
i giá tr
ị
c
ủ
a t cho t
ươ
ng
ứ
ng hai giá tr
ị
c
ủ
a x.

Nên (1) có
ñ
úng hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
⇔
(2) ho
ặ
c có
ñ
úng hai nghi
ệ
m t=2 và t=-2
ho
ặ
c (2) có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m th
ỏ
a mãn |t|>2.

TH 1
: N
ế

u (2) có
ñ
úng hai ngi
ệ
m
2 a 6
t 2
22 a 6
= +


= ± ⇒

= +


h
ệ
vô nghi
ệ
m.

TH 2:
(2) có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m th

ỏ
a mãn |t|>2.
Xét hàm s
ố

3 2
f(t) t 3t 9t
= + −
v
ớ
i
t 2
>
, có:
2
f '(t) 3t 6t 9 3(t 1)(t 3)
= + − = − +
.
Ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên:

t
−∞
-3 -2 2
+∞

f’(t) + 0 - +

f(t)

27
+∞


−∞
22 2
D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế
n thiên ta th
ấ
y ph
ươ
ng trình (2) có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m
>
t 2

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn

Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 14 -
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 2
m( 1 x 1 x 2) 2 1 x 1 x 1 x 1
+ − − + = − + + − − −
(1).
Giải: ðiều kiện :
x 1
≤
.
ðặt
2 2 2 4
4 2
0 t 1
t 1 x 1 x 0 t 2 2 1 x
2 1 x 2 t
≤ ≤


= + − − ≥ ⇒ = − − ⇔


− = −


.
(1) trở thành:
2
2
t t 1
m(t 2) 1 t t m f(t)
t 2
− + +
+ = − + ⇔ = =
+
(2).
Từ cách ñặt t
2 2
2 2
4
4
2 t 2 t
1 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 2
2 2
2 2
1 2
1 2 1 2
2 t 2 t
1 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 1
f '(t) f '(t) 0 t 5 2.
(t 2)
− − +
= ⇒ = ⇔ = −
+

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t
0

5 2
−

1

f’(t) + 0
−


f(t)

1
2

1
3



2 5
−
⇒
(2) có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
1
t (0;1] 2 5 m
3
∈ ⇔ − < ≤
.
V
ậ
y

1
2 5 m
3
− < ≤
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Ví dụ 16: Biện luận số nghiệm của phương trình :
3 3 3
2 2 2
x 1 x x
m.2 (2m 1)(3 5) (3 5) 0
+
+ + − + + =
(1).
Giải:
(1)
3 3
2 2
x x
3 5 3 5
2m (2m 1) 0
2 2
   
− +

⇔ + − + =
   
   
(2).
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 15 -
ðặt
3
2
x
3 5
t t 1
2
 
+
= ⇒ ≥
 
 
. Khi ñó (2) trở thành:
2
2
1 t 1
2m (2m 1) t 0 2m(t 2) t 1 2m f(t)
t t 2
−
+ − + = ⇔ − + = − ⇔ − = =
+
(3).
Với
3

2
x
3
3 5
2
3 5
t 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 1
f '(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 :

2
1 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 2
2 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
2
2
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 2
2 t t 0
− < ≤ <
.
Xét hàm số f(t) với
t ( 2;0)
∈ −
, có
2
2 2
t 4
f '(t) 0 t ( 2;0).
(t t 1)
+
= − < ∀ ∈ −
− +

15
1 f (0) m f( 2)
7
⇒ = < < − =

là những giá trị cần tìm.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 16 -
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 D
maxf(x) g(m)
∈
⇔ ≥

2)

B
ấ

t ph
ươ
ng trình
f(x) g(m)
≤
có nghi
ệ
m trên D
x D
minf(x) g(m)
∈
⇔ ≤


Ví dụ 1:
Tìm m
ñể
b
ấ
t ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
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 5
f '(x)
2 4 x 2 x 5 2 (4 x)(x 5)
− − − +
⇒ = + =
− + − +
.
1
f '(x) 0 4 x x 5 0 x
2
⇒ = ⇔ − − + = ⇔ = −
.
Suy ra
[-5;4]
1
maxf(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
m
x 1
− +
⇔ ≤
−
. Xét hàm số
x 3 1
f(x)
x 1
− +
=
−
với
x 3
≥
.
Ta có:
2
5 x x 3

f '(x) f '(x) 0 x 4
2 x 3(x 1)
− − −
=
⇒
= ⇔ =
− −
và
x
lim f(x) 0
→+∞
=
.
B
ả
ng bi
ế
n thiên:
x 3 4
+∞

f’ + 0 -

f

2
3

1
2

0

V
ậ
y b
ấ
t ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
x 3
2
m maxf(x)
3
≥
⇔ ≤ =
.




Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 17 -
Ví dụ 2: Tìm m ñể các bất phương trình sau có nghiệm
1)
x x 1
4 m.2 3 2m 0
+
− + − ≤

(1) 2)
2
lg x mlgx m 3 0
x 1

− + + ≤

>

(2).
Giải:
1) ðặt
x
t 2 , t 0
= >
. Khi ñó bất phương trình trở thành:
2
2
t 3
t 2mt 3 2m 0 f(t) 2m
t 1
+
− + − ≤ ⇔ = ≤
+
(3).
(1) có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
t 0

>
. Xét hàm số f(t) với
t 0
>
, ta có:
( )
2
2
t 2t 3
f '(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 lgx t 0 x 1
=
⇒
> ∀ >
. Khi ñó bất phương trình ñã cho trở thành:
2 2
t mt m 3 0 t 3 m(t 1)
− + + ≥ ⇔ + ≤ −
(1).
*
2
t 3
t 1 (1) m
t 1

+
<
⇒
⇔ ≥
−
(2).
Xét hàm số
2
t 3
f(t)
t 1
+
=
−
với
t (0;1)
∈
, có
2
2
t 2t 3
f '(t) 0 t (0;1)
(t 1)
− −
= < ∀ ∈
−

(2)
⇒
có nghiệm

t (0;1) m f(0) 3
∈ ⇔ < = −
.
*
2
t 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.



Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 18 -
Ví dụ 3: Tìm m ñể bất phương trình :
2
m( x 2x 2 1) x(2 x) 0
− + + + − ≤
(1) có
nghiệm
x [0;1 3]
∈ +
.
Giải:
ðặt
2 2
t x 2x 2 (x 1) 1 t [1;2] x [0;1 3]

= − + = − + ⇒ ∈ ∀ ∈ +
Khi
ñ
ó (1) tr
ở
thành:
2
2
t 2
m(t 1) t 2 m f(t)
t 1
−
+ ≤ − ⇔ ≤ =
+
(2).
Xét hàm s
ố
f(t) trên
[1;2]
, ta có:
2
2
t 2t 2
f '(t) 0 t [1;2]
(t 1)
+ +
= > ∀ ∈
+

(1) có nghi

ệ
m
x [0;1 3]
∈ +
(2)
⇔
có nghi
ệ
m
t [1;2]
∈

[1;2]
2
m maxf(t) f(2)
3
⇔ ≤ = =
.
Ví dụ 4: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm:
2 2 2
sin x cos x sin x
2 3 m.3 .
+ ≥

Giải:
Bất phương trình
2 2
t t
sin x sin x
2 1 2 1

( ) 3( ) m 3 m
3 9 3 9
   
⇔ + ≥ ⇔ + ≥
   
   

với
2
t sin x t [0;1]
= ⇒ ∈
. Xét hàm số
t t
2 1
f(t) 3
3 9
   
= +
   
   
, ta thấy f(t) là hàm
nghịch biến.
[0;1]
maxf(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
x
2
≥
.
Ta có:
1 5
(1) 2x 1 2x 1 1 1 2 2x 1 x
2 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 5
f '(x) 3x 6 0 x ;
2 8
 
= − ≤ ∀ ∈
 
 
.
1 5
;
2 8
1 25
maxf (x) f( )
2 8
 
 
 
⇒
= =
.

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 19 -
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
1 5
;
2 8
1 5 25 25
x ; 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
kiện
x 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 3
y 0
≥

⇒ ≤ ≤

≥

. Khi
ñ
ó (2) tr
ở
thành:
2 2
a t 5 t 6t 12 f (t)
≥ + + − + = (3).

Xét hàm s
ố
f(t) v
ớ
i
[
]
t 2;3
∈
, có
2 2
t t 3
f '(t)
t 5 t 6t 12
−
= +
+ − +

2 2
f '(t) 0 t (t 3) 3 (3 t) t 5
⇒ = ⇔ − + = − +
(*)
2 2 2 2 2 2 2
t (t 3) 3t (3 t) t 5(3 t) 2t 30t 45 0
⇒ − + = − + − ⇔ − + =
ph
ươ
ng trình vô
nghi
ệ

m vì
[
]
t 2;3
∈

BBT:
t 2 3

f '(t)

+

f(t)



14 3
+


5

H
ệ
có nghi
ệ
m
(3)
⇔

có nghi
ệ
m
[1;2]
t [1;2] a minf(t) f(2) 5
∈ ⇔ ≥ = =
.
V
ậ
y
a 5
≥
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Chú ý : ðể bất phương trình :
D
D
f(x) k (f(x) k) x D k minf(x) (k maxf(x))
≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ≥
.
Ví dụ 6:
Tìm m
ñể
b

ấ
t ph
ươ
ng trình :
2
(x 3)(x 1)(x 4x 6) m
+ + + + ≥
nghi
ệ
m
ñ
úng
x R
∀ ∈
.
Giải:
Bất phương trình
2 2
(x 4x 3)(x 4x 6) m
⇔ + + + + ≥
.
ðặ
t
2 2
t x 4x 3 (x 2) 1 t 1
= + + = + − ⇒ ≥ −
và b
ấ
t ph
ươ

ng trình tr
ở
thành:
2
t 3t m t 1
+ ≥ ∀ ≥ −
(*)
Xét hàm s
ố

2
t 1
f(t) t 3t f '(t) 2t 3 0 t 1 minf(t) 2
≥−
= + ⇒ = + > ∀ ≥ − ⇒ = −
.
B
ấ
t ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho nghi
ệ
m
ñ
úng v
ớ
i
x R (*)

∀ ∈ ⇔
nghi
ệ
m
ñ
úng v
ớ
i
t 1
∀ ≥ −

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 20 -
t 1
m minf(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
+ − ≤ − +
nghi
ệ
m
ñ
úng
[
]
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 2
t 24 t m t t m 24
≤ − + ⇔ + ≤ +
(*).
Yêu c
ầ
u bài toán
(*)
⇔
nghi
ệ
m
ñ
úng
t [0;5]
∀ ∈
.
Xét hàm s
ố

2
f(t) t t
= +
v
ớ
i
t [0;5]
∈
, ta th
ấ
y f(t) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên [0;5]
Suy ra
[0;5]
maxf(t) f (5) 30
= =
.
V
ậ
y
(*)
nghi
ệ
m
ñ
úng

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 2
2x x 2x x 2x x
9 2(m 1)6 (m 1)4 0
− − −
− − + + ≥
.
Giải:
Chia hai vế bất phương trình cho
2
2x x
4
−
và
ñặ
t
2
2x x
3

t
2
−
 
=
 
 
, ta
ñượ
c:
2
t 2(m 1)t m 1 0
− − + + ≥
(1).
V
ớ
i
2
1
| x | 2x x 0 t 1
2
≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥
2
t 2t 1
(1) m f(t)
2t 1
+ +
⇒ ⇔ ≤ =
−
.

Yêu c
ầ
u bài toán
t 1
m minf(t)
≥
⇔ ≤
.
Ta có
2
2
2t 2t 4
f '(t) f '(t) 0 t 2
(2t 1)
− −
= ⇒ = ⇔ =
−
.
B
ả
ng bi
ế
n thiên
t 1 2
+∞

f’(t)
−
0 +

f(t)

4
+∞


3
V
ậ
y
t 1
m minf(t) m 3
≥
≤ ⇔ ≤
.