Bất phương trình chứa tham số

241
VẤN ĐỀ 9






Đònh m để bất phương trình có
nghiệm trên R, vô nghiệm trên R, có
nghiệm hoặc vô nghiệm trên một tập
con của R.



242
Vấn đề 9
Đònh m để bất phương trình có
nghiệm trên R, vô nghiệm trên R, có
nghiệm hoặc vô nghiệm trên một tập
con của R.
A. VÀI VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI
Các bạn có thể tìm hiểu một vài ví dụ cơ bản sau :
VD1 :

Tìm m sao cho f(x) = x
2
≥ m, ∀x ∈ R (1)
Giải

(1) thỏa khi m ≤ minf(x), ∀x ∈ R ⇔ m ≤ 0
VD2 :

Tìm m để x
2
– 2x + 2 – m ≥ 0, ∀x ∈ R (2)
Giải
Cách 1 :
(2) thỏa khi
⎩
⎨
⎧
≤∆
>=
0'
01a
⇔ 1 – 3 + m ≤ 0 ⇔ m ≤ 2
Cách 2 :

(x – 1)
2
+ 2 – m ≥ 0 ⇔ (x – 1)
2
≥ m – 2 (*)
bất phương trình (*) kuôn đúng,
∀x ∈ R
⇔ m – 2 ≤ min(x – 1)
2
, x ∈ R ⇔ m – 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ 2
VD3 :

Tìm m để |x – 1| + |x – 2| - m + 1
≥ 0 ,
∀x ∈ R
Giải
Đặt f(x) = |x – 1| + |x – 2|
⇔ |x – 1| + |x – 2| ≥ m – 1


243
Yêu cầu đề bài xảy ra khi m – 1
≤ minf(x), x ∈ R
⇔ m – 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2
VD4:

Cho f(x) = x
2
+ 2(m + 1)x + m + 7
Đònh m để bất phương trình f(x)
≥ 0, ∀x ∈ [0 ; 1]
Giải
∆’ = (m + 1)
2
– m – 7 = m
2
+ 2m + 1 – m – 7 = m
2
+ m – 6
+
∆’ < 0 ⇔ m

2
+ m – 6 < 0 ⇔ -3 < m < 2
Lúc này f(x) > 0 ;
∀x ∈ R nên hiển nhiên f(x) > 0 ; ∀x ∈ [0 ; 1]
Kết luận : -3 < m < 2 (nhận)
+
∆ = 0 ⇔
⎡
=− = − + = − ≥
⎢
∀∈ > ∀∈
⎢
⎢
==++=+≥∀∈
⎢
>∀∈
⎢
⎣
22
22
3: ( ) 4 4 ( 2) 0
,nên ( ) 0; [0;1]
2: ( ) 6 9 ( 3) 0;
() 0; [0;1]
mfxxxx
xR fx x
mfxxx x xR
nên f x x

Kết luận : m = - 3 hay m = 2 (nhận) (b)

+
∆ > 0 ⇔
<−
⎡
⎢
>
⎣
3
2
m
m

x 0 1 x
1
x
2
0 1
f(x) + 0 - 0 +
Dựa vào bảng xét dấu, xảy ra khi 0 < 1 ≤ x
1
< x
2
∪ x
1
< x
2
≤ 0 < 1
hay
≤<
⎡

⎢
<≤
⎣
12
12
1 (1)
0 (2)
xx
xx

(1)
⇔
⎧
⎪
≥
⎪
<− ∨ >
⎨
⎪
⎪
>
⎩
1. (1) 0
32
1
2
f
mm
S
⇔

+
++ +≥
⎧
⎪
<− ∨ >
⎨
⎪
−−−>
⎩
12 2 7 0
32
11 0
mm
mm
m



244
⇔
−
⎧
≥
⎪
⎪
<− ∨ >
⎨
⎪
<−
⎪

⎩
10
3
32
2
m
mm
m
. Vậy :
−
10
3
≤ m < -3 (c)
(2)
⇔
≥
⎧
⎪
<− ∨ >
⎨
⎪
−−<
⎩
1(0) 0
32
10
f
mm
m
⇔

≥−
⎧
⎪
<
−∨ >
⎨
⎪
>−
⎩
7
32
1
m
mm
m

Vậy : m > 2 (d)
Hợp (a), (b), (c), (d)
⇔ m ≥
−
10
3

Bài tập tương tự – Bạn đọc tự giải .
Tìm m sao cho x
2
– 2x + 3 – m ≥ 0
a)
∀x ∈ (0 , +∞) Đáp số : m ≤ 2
b)

∀x ∈ [2 ; 5] .
Hướng dẫn : m – 2
≤ minf(x) , x ∈ [2 , 5] ⇔ m ≤ 3
Để tiến xa hơn một chút ……… các em sẽ theo dõi thêm các bài tập sau
Bài 1
–x
2
+ 2mx + |x – m| - 1 < 0 (1)
Tìm m để bất phương trình (1) luôn nghiệm đúng với ∀x ∈ R
Giải
(1)
⇔ x
2
– 2mx - |x – m| + 1 > 0
⇔ x
2
– 2mx + m
2
– m
2
- |x – m| + 1 > 0
⇔ (x – m)
2
- |x – m| - m
2
+ 1 > 0 ⇔
⎪
⎩
⎪
⎨

⎧
>+−−
≥−=
(2) 01mTT
0|mx|T
22

Để bất phương trình (1) luôn đúng với ∀x ∈ R thì bất phương trình (2)
luôn đúng ∀T ≥ 0


245
Xét f(T) = T
2
– T > m
2
– 1 , T ≥ 0 (*) mà
T
0
2
1
+∞
f(T)
0 -
4
1
+∞
(*) thỏa khi m
2
– 1 < minf(T) , khi T ≥ 0

⇔ m
α
- 1 < -
4
1
⇔ m
2
<
4
3
⇔
2
3
m
2
3
<<−

Kết luận : khi
2
3
m
2
3
<<−
thì (1) luôn đúng ∀x ∈ R
Bài 2
Tìm m để bpt sau :
22
f(x) x (m 2)x m 1 0=−+ ++> nghiệm đúng với x1

∀
>
Giải
Ta có : a = 1 và
2
3m 4m∆=− + có dấu phụ thuộc vào a và
∆
nên ta
xét các trường hợp sau :
1) Xét
4
3
0m0m∆< ⇔ < ∨ >
Lúc này
f(x) 0, x R >∀∈. Mà (1; ) R
+
∞⊂ Nên : f(x) 0, x 1 >∀>
Kết luận : Nhận đáp số
4
3
m0m .(a)<∨ >

2) Xét
4
3
0m0m∆= ⇔ = ∨ =
• m0:
=

b

12
2a
xx 1==− =
Lập bảng xét dấu :
Nhìn vào bảng xét dấu cho ta
f(x) 0, x 1 >∀>
Vậy m = 0 nhận (b
1
)
•
4
3
m:=
5
12
3
xx==
Lập Bảng xét dấu :
Vì
0
5
x(1;)
3
∃=∈+∞
có
5
f( ) 0 0
3
=
>

Kết luận :
4
m
3
= không nhận. (b2)
3) Xét
4
00m :
3
∆> ⇔ < <
Lưu ý bảng xét dấu cho :


246
Để f(x) 0, x 1 >∀>thì
12
xx1
<
≤
f(1) 0
4
0m
3
S
1
2
⎧
⎪
≥
⎪

⎪
⇔<<
⎨
⎪
⎪
<
⎪
⎩

Hợp (a), (b
1
), (b
2
), (c) cho ta kết luận m.(c)
⇔
∈∅
Kết luận :
4
m0m
3
≤∨ >

Bài 3
Cho hàm số :
43 2
yx 4x mx=+ +
1. Với m = 4, hãy khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số.
Chứng tỏ rằng đồ thò có trục đối xứng.
2. Tìm tất cả các giá trò của m sao cho đồ thò của hàm số có trục đối
xứng.

3. Xác đònh m sao cho
43 2
x4xmx0khix1
+
+≥ ≥
Giải
1. Khảo sát, vẽ đồ thò (C) :
Hàm số
432
yx 4x 4x=+ + . Miền xác đònh : R
32 2
y' 4x 12x 8x 4x(x 3x 2)=+ += ++
x0(y0)
y' 0 x 1 (y 1)
x2(y0)



==
⎡
⎢
=⇔ =− =
⎢
⎢
=− =
⎣

22
y '' 12x 24x 8 4(3x 6x 2)=++= ++
2

y'' 0 3x 6x 2 0=⇔ + +=
1
2
33
x1,6x
3
33
x0,4x
3
⎡
−−
=≈=
⎢
⎢
⇔
⎢
−+
=≈−=
⎢
⎣

x
-
∞ x
1
x
2
+∞
y’’ + 0 - 0 +
(C) lõm | lồi | lõm

uốn uốn

Bảng biến thiên :


247
x
-
∞ -2 -1 0
+∞

y’’ - 0 + 0 - 0 +
(C)
+
∞ 1 +∞
(max)
0 0
(min) (min)


Đồ thò :
x1 y9
x3 y9


+= ⇒ =
+=− ⇒ =


Bây giờ ta chứng minh (C) có trục đối xứng.

Coi điểm I (- 1, 0 ). Dời hệ trục Oxy bằng phép tònh tiến thành hệ trục
IXY. Công thức đổi trục là :
xX1
yY
=
−
⎧
⎨
=
⎩

Như vậy, đối với hệ trục IXY, đồ thò (C) trên đây có phương trình là :
432
Y (X1) 4(X1) 4(X1)=−+−+−
22
Y(X1)(X1) 4(X1)1
⎡
⎤
⇔
=− −+ −+
⎣
⎦


222242
(X 1) (X 1) (X 1) X 2 X 1 F(X )=− += −= − +=
Rõ ràng Y = F(X) là hàm số chẵn. Vậy (C) nhận trục tung IY làm trục
đối xứng. Nói cách khác, (C) có trục đối xứng là đường thẳng
x = - 1 trong hệ trục Oxy.

248
2. Đònh m để
m
(C ) :
43 2
yx 4x mx=+ + có trục đối xứng :
Dễ thấy rằng
lim
x →±∞
y,
=
+∞
nên
m
(C ) chỉ có trục đối xứng thẳng
đứng. Coi điểm I(a, 0). Dời hệ trục Oxy về đến hệ trục IXY bằng
phép tònh tiến. Công thức đổi trục là
xXa
yY
=
+
⎧
⎨
=
⎩

Như vậy, đối với hệ trục IXY, đồ thò
m
(C ) có phương trình là :

432
222 2
432 2
Y (Xa) 4(Xa) m(Xa)
(X 2aX a ) X 2(a 2)X a 4a m
X 4(a 1)X (6a 12a m)X


=+ + ++ +
⎡⎤
=++ +++++
⎣⎦
=++ + ++

32 432
(4a 12a 2am)X (a 4a a m) F(X)++ + +++ =
Để
m
(C ) nhận đường thẳng x = a trong hệ trục Oxy làm trục đối
xứng, thì
m
(C ) phải nhận trục IY trong hệ trục IXY làm trục đối xứng,
điều kiện cần và đủ là Y = F(X) là hàm chẵn.
32
4(a 1) 0
a1
m4
4a 12a 2am 0

+=

⎧
=
−
⎧
⎪
⇔⇔
⎨⎨
=
++=
⎪⎩
⎩

Vậy chỉ với m = 4 thì
m
(C ) mới có trục đối xứng là đường thẳng
x1=− trong hệ trục Oxy (ta tìm được lại kết quả câu 1).
3. Đònh m sao cho :
43 2
x4xmx0khix1
+
+≥ ≥
Để ý rằng
43 222
x4xmx x(x4xm)++ = ++. Do đó,
[
)
x1; :
∀
∈∞
43 2 2

x4xmx0 x4xm0 ++ ≥⇔++≥
Xét
[
)
2
yf(x)x 4xm,x 1; ==++∈∞ ;
[
)
y' f '(x) 2x 4 0 x 1;
=
=+>∀∈∞

Vậy
[
)
Min
x1;

∈
∞
yf(1)5m==+

[
)
y0,x 1; ≥∀∈ ∞
[
)
Min
x1,
⇔

∈
∞
5m 0
⇔
+≥ m5
⇔
≥−
Vậy khi
m5≥− thì
43 2
x4xmx0khix1
+
+≥ ≥.
Chú ý :
Cách khác : Để f(x)
[
)
0, x 1;≥∀∈ ∞điều kiện là :


249
'0∆≤ hay
12
'0
'0
xx1

∆>
⎧
⇔

∆≤
⎨
<≤
⎩
hay
'0
f(1) 0
S
1
2
⎧
⎪
∆>
⎪
≥
⎨
⎪
⎪
<
⎩

m4haym 5 m 5 ⇔≥ ≥−⇔ ≥−
Bài 4
Cho hàm số
x
y
1x
=
+

1. Dùng đònh nghóa của đạo hàm, hãy tính giá trò đạo hàm y'tại điểm
x = 0.
2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số.
3. Tìm số a lớn nhất sao cho với mọi giá trò x ta đều có :
2
x
ax x
1x
≥+
+

Giải
1. Tính đạo hàm của y tại x = 0
Đặt
x
yf(x) .
1x
==
+
Miền xác đònh : R
f(0) = 0
Ta có, theo đònh nghóa :
lim
f(x) f(0)
y'(0) f '(0)
x0
x0
−
==
→

−

lim
1
1
x0
1x
=
=
→
+

2. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thò :
Ta viết :
x
,
1x
yf(x)
x
,
1x
nếu x 0
nếu x < 0
⎡
≥
⎢
+
==
⎢
⎢

⎢
⎣−

lim
x →+∞
y = 1. Vậy đồ thò có tiệm cận ngang cho nhánh vô tận bên
phải là
1
(D ) : y = 1


250
lim
x →−∞
y = - 1. Vậy đồ thò có tiệm cận ngang cho nhánh vô tận bên
trái là
2
(D ): y = - 1
Kết hợp với kết quả câu 1/, đạo hàm là :
2
1
,
(1 x )
y' 1,
,
2
nếu x > 0
nếu x = 0
1
nếu x < 0

(1-x)
⎡
⎢
+
⎢
⎢
=
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
(theo câu 1)
Bảng biến thiên :
x
-
∞ 0
+∞

y’ + 1 +
y 1
-1
Đồ thò :
x = 1
11
y ;x1 y
22
⇒= =− ⇒ =−

Hàm số có đạo hàm tại x = 0

nên liên tục tại x = 0 và hệ số
góc của tiếp tuyến cho đồ thò
tại x = 0 là
y'(0) 1=
3. Tìm số a lớn nhất :
Xét bất đẳng thức :
2
x
ax x (1)
1x
≥+
+

Nếu x = 0 thì (1) thỏa và là đẳng thức,
aR.
∀
∈
Nếu x > 0
(1)
2
2
xx
ax x
1x 1x

−
⇔≤−=
++

1

a1
1x
⇔
≤<
−

Kết hợp với trường hợp x = 0, ta viết :
a1,x0 (2)
≤
−∀≥
Nếu x < 0 :


251
(1)
2
2
xx
ax x
1x 1x
⇔≤−=
−−

1
a1(3)
1x
⇔≤ <
−

(2) và (3) cho ta kết luận :

2
x
ax x, xR a 1xR
1x
≥+∀∈⇔≤−∀∈
+

Vậy giá trò a lớn nhất là a = - 1
Bài 5
Cho hàm số
2
yx 1x m=+ − −

Tìm m để hàm số không nhận giá trò dương tại mọi điểm x thuộc miền
xác đònh của hàm số.
Giải
Miền xác đònh của hàm số là tập nghiệm BPT
22
1x 0 x 1 x 1 1x1 −≥⇔≤⇔≤⇔−≤≤
Vậy miền xác đònh của hàm số là
[
]
X1;1=−

2
22
x1xx
x(1;1):y'1
1x 1x

−
−
∀∈− =− =
−−

y’ = 0
⇔
2
1x x (x (1;1))−= ∈−
22 2
x0 x0
1x x 2x 1

≥≥
⎧⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−= =
⎪⎪
⎩⎩

2
x(y2m)
2
⇔= =−

Bảng biến thiên :
+
y'(0) 1 0.=> Dùng phương pháp khoảng, ta có :

x
1 0
2
2
1

y’’ | + 0 - |
(C)
|
m−2 |
| (max) |
+ Rõ ràng
Max
xX∈
y2m=−
y không nhận giá trò dương trên miền xác đònh
Max
xX
⇔
∈
y0 2m0 m 2 ≤⇔ −≤⇔ ≥


252
Bài 6
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số
2
xx2
y
x1

−
+
=
−

2. Xác đònh tập hợp tất cả các điểm N(x,y) có tọa độ thỏa mãn điều
kiện :
2
xx2
y
x1
−+
≥
−

3. Biện luận theo m số nghiệm
[
]
x0;
∈
π của phương trình :
2
cos x (m 1)cos x m 2 0
−
+++=
Giải
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò : (Các bạn tự giải)
(H) :
2
xx2 2

yx
x1 x1
−+
==+
−
−

Bảng biến thiên
x
-
∞ 1- 2 1 1+ 2 +∞
y’ + 0 - || - 0 +
y
1-2
2 || +∞
(max) ||
-
∞ -∞ || 1+2
2

(min)
Đồ thò :
Đồ thò (H) là 1 hypebol xiên góc (là
đường cong được vẽ nét liền trong
hình).

2. Xác đònh tập hợp tất cả điểm
N(x,y) sao cho
2
xx2

y(1)
x1

−+
≥
−

Đặt f(x) =
2
xx2
x1
−
+
−
thì
{
}
{
}
(x,f (x)) / x R \ 1∈
là đồ thò (H) đã
vẽ ở câu 1.


253
+ Nếu x < 1 thì f(x) < 0, do đó yf(x),≥ bất chấp y. Nói cách khác,
điểm N(x,y) nằm bên trái tiệm cận đứng x = 1, thì hệ
thức
yf(x),≥ luôn thỏa. Vậy tập hợp điểm N(x,y) thỏa (1) là phần mặt
phẳng Oxy ứng với x < 1 (phần gạch sọc bên trái tiệm cận đứng).

+ Nếu x > 1 thì f(x) > 0, do đó :
(1)
yf(x),nếu
y
0 (2)
y
-f(x),nếu
y
< 0 (3)
≥≥
⎡
⇔
⎢
≤
⎣

(2) Chứng tỏ tập hợp điểm
N(x,y) là phần gạch sọc trên (H),
kể cả (H), ứng với x > 1
(nhánhHypebol bên phải tiệm
cận đứng).
(3) Chứng tỏ tập hợp điểm
N(x,y) là phần gạch sọc dưới
(H'), kể cả (H'), với (H') là đối
xứng của (H) qua Ox, ứng với
x > 1.
Tóm lại : tập hợp tất cả điểm N(x,y) sao cho
2
xx2
y

x1
−
+
≥
−
là phần
mặt phẳng Oxy bò gạch sọc trong hình.
3. Biện luận theo tham số m :
Xét phương trình :
2
cos (m 1) cos x m 2 0 (4)−+ ++=
Đặt
[
]
Xcosx,x 0;.
=
∈πRõ ràng :
[
]
[
]
x0; X1;1.∈π−>∈
Mặt khác :
Mỗi
[
]
X1;1∈− tương ứng với 1 nghiệm
[
]
x0;∈π

(4)
2
X(m1)Xm20⇔−+++=
2
XX2(X1)m (5) ⇔−+=−
Dễ thấy X = 1 không là nghiệm của (5), do đó :
(4)
2
XX2
m
X1
−+
⇔=
−
với
[
]
X1;1 (6) ∈−
Đây chính là phương trình hoành độ điểm chung của hai đường


254
[
)
2
0
XX2
(H ) : y , X 1;1
X1

(D) : y m

⎧
−+
⎪
=∈−
⎨
−
⎪
=
⎩

Đồ thò
0
(H ) là phần đồ thò (H) ứng với
[
)
X1;1∈− khi ta thay trục Ox
bởi OX.
Kết quả :
*
m2:(6)<− có 1 nghiệm
[
)
X1;1∈− do đó (4) có 1 nghiệm
[
]
x0;
∈
π

*
2m122:(6)−= <− có 2 nghiệm
[
)
X1;1∈− , do đó (4) có một
nghiệm
[
]
x0;∈π
*
m122:(6)>−
vô nghiệm, do đó (4) vô nghiệm.
Bài 7
Cho hàm số
22
mx 1
y
x
+
=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số ứng với m = 1
2. Tìm những điểm trên đường thẳng y = 1, sao cho không thể có giá
trò nào của m để đồ thò của hàm số đi qua.
3. Tìm những điểm cố đònh mà đồ thò của hàm số đi qua, với mọi m.
4. Xác đònh a để
2
xax10−+>với mọi x > 0
Giải
1. Khảo sát sự biến thiên, vẽ
1

(H )
2
1
x1 1
(H ) : y x
xx
+
=
=+
( bạn hãy tự giải)
Bảng biến thiên :
x
-
∞ -1 0 1
+∞

y’’ - 0 + || - 0 +
(C)
-2 || +∞ +∞
(max) ||
-∞ -∞ (min)

Đồ thò :
+ Vì y là hàm lẻ nên đồ thò nhận gốc O làm tâm đối xứng.


255
+ x2
=
5

y
2
⇒=


2. Tìm điểm thuộc đường thẳng y = 1
không có đồ thò đi qua
Xem
m
(C ) :
22
mx 1
y
x
+
=

. Gọi M(x,1) là điểm trên đường thẳng
y = 1 mà không có đồ thò của ho
m
(C ) ï
đi qua
22
mx 1
1
x

+
⇔=
vô nghiệm m

(*)
. Rõ ràng khi x = 0 thì ta có điểm M(0, 1). Mặt khác đường thẳng
x = 0 là đường tiệm cận đứng cố đònh của họ
m
(C ) , nên không có đồ
thò nào qua mọi điểm trên đường này. Nói riêng điểm M(0, 1) là một
đáp số (1).
. Khi
x0≠
(*)
22
xm x 1⇔=−vô nghiệm m ⇔ x – 1 < 0 ⇔ x < 1
(bao gồm cả x = 0) (2)
. (1) và (2). Cho ta kết luận : Các điểm M(x, 1) với x < 1 trên đường
thẳng y = 1 là những điểm không có đồ thò nào của họ đi qua.
3. Tìm điểm cố đònh của họ
m
(C )
. N(x, y) là điểm cố đònh của ho
m
(C ) ï
22
mx 1
y
x
+
⇔=
có vô số nghiệm m (x 0)
≠

22
xm 1 xy 0⇔+−= có vô số nghiệm m (x 0)
≠
x0
1xy 0
(khôn
g
nhận)=
⎧
⇔
⎨
−=
⎩

Hệ này vô nghiệm
. Họ đồ thò không có điểm cố đònh
4. Đònh a để
2
xax10,x0−+>∀>
2
2
x1
x1ax
a
x
x0
x0
⎧
+
⎧

+>
⎪⎪
>
⇔⇔
⎨⎨
>
⎪
⎪
⎩
>
⎩

2
x1
Min a
2a
2
x0

⎧
⎛⎞
+
>
⎪
⎜⎟
⎜⎟
⇔
⇔>
⎨
⎝⎠

⎪
>
⎩



256
(Do đồ thò câu 1)
. Đáp số : a < 2
Cách khác :
Đặt
2
f(x) x ax 1=−+
12
0
f(x) 0, x 0 0 hay
xx 0

∆≥
⎧
>∀> ⇔∆<
⎨
≤
<
⎩

2
2
a40
a40hayf(0)0

S
0
2

⎧
⎪
−≥
⎪
⇔−< >
⎨
⎪
⎪
<
⎩

⇔ -2 < a < 2 hay a ≤ -2 ⇔ a < 2
Bài 8
Tìm a sao cho bất đẳng thức : 25y
2
+
1
100
≥ x – axy + y – 25x
2
(1)
được nghiệm đúng với mọi cặp (x , y) thỏa |x| = |y|.
Giải
Từ |x| = |y|
⇔ y = ±x. Vậy (1) phải nghiệm đúng với cả hai trường
hợp.

Trường hợp 1 :

y = x, thay vào (1) ta được :
25x
2
+
1
100
≥ x – ax
2
+ x – 25x
2
với mọi x
⇔ (a + 50)x
2
– 2x +
1
100
≥ ∀x
⇔
a50 0
1
' 1 (a 50). 0
100
+>
⎧
⎪
⎨
∆= − + ≤
⎪

⎩
⇔
a50
100 a 50 0
>−
⎧
⎨
−
−≤
⎩
⇔
a50
a50
>−
⎧
⎨
≥
⎩

⇒ a ≥ 50
Trường hợp 2 :

y = -x thay vào (1) và biến đổi được :
(50 – a)x
2
+
1
100
≥ 0 với ∀x
⇔ 50 – a ≥ 0 ⇔ a ≤ 50

257
Vậy để thỏa đầu bài phải có :
a50
a50
≥
⎧
⎨
≤
⎩
⇒ a = 50
C. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1
Tìm m sao cho
2
2
2x mx13
3xx12
−+
≤≤
−+
đúng với mọi x.
Đáp số :
14
m
23
≤≤

Bài 2.

Tìm m sao cho : x
2
+ 4y
2
+ 2x + my + 3 > 0 với mọi x, y.
Đáp số :
42 m 42−<<

Bài 3
Đònh m để bất phương trình sau có nghiệm :
a)
mm3xx <++
Hướng dẫn Giải :
x – x - 3m> m.
(
)
m3xx +−
⇔ -3m > m
(
)
m3xx +− ⇔ -3 >
(
)
m3xx +−
(m >0 , vì nếu m
≤
0 bài toán không xảy ra .)
⇔ m3x + > x + 3 ⇔ x+ 3m > x +6 x + 9
⇔ 3m > 6 x + 9 ⇔ m > 2 x +3
⇔ …………

b) 2
1x + > x + m ĐS: m < 1.
Bài 4
Đònh m để bất phương trình : x
3
+ x
2
+ 2x + m
2
+ 5m ≥ 0 (1)
có tập nghiệm là [ 1 ,+
∞) .
Hưóng dẫn : Với f(x) = x
3
+ x
2
+ 2x
X
1 +
∞
f’ +
f 4



258
Do f không có max , (1) có tập nghiệm là [ 1 ,+∞) khi
–m
2
– 5m ≤ minf ⇔ m

2
+ 5m + 4 ≥ 0 ⇔ m ≤ -4 hay m ≥ -1.
Bài 5
Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x + 1 = m 1x
2
+ .
Hướng dẫn :
⇔
1x
1x
2
+
+
= m .
Bài 6
Tìm m sao cho :
a)
22
f (x) 3x 2(m 1)x (2m 3m 2) 0, x2=−+− −+>∀≥
b)
[]
2
f(x) 2m mx 3 0, x-1,1=++>∀∈

c)
[]
2
f(x) x (3m 1)x m 0, x 1,2=− ++≥∀∈
d)
2

f(x) x (1 3m)x 3m 2, x=+− +−∀thỏa x2>
e)
[]
2
f(x) 3x 2(m 1)x (m 3) 0, x-1,0=−−−+<∀∈

f)
22
f (x) (m 2) x 3(m 6)x m 1 0, x (1,0)=− − − −−<∀∈
g)
2
f(x) mx 4x 3m 1 0, x > 0=−++>∀
h)
2
f(x) 3(m 2)x 6mx 1 0, x > 0=+ − +≥∀
i)
2
f (x) (m 2)x 2(m 3)x 3 m 0, x <1=+ − ++−<∀
j)
2
(x 1)(x 3)(x 4x 6) m, xR++ ++≥∀∈
Bài 7
Tìm các giá trò của a và b để hàm số :
1xx
bax
y
2
+
+
+

= có giá trò nhỏ
nhất bằng 1 và lớn nhất bằng 3.
Bài 8
Tìm các giá trò của a và b để hàm số :
1xx
bax
y
2
+
+
+
=
có giá trò nhỏ
nhất bằng 1 và lớn nhất bằng 3.