ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình bất phương trình hệ phương trình chứa tham số

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


1

Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN
PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ

I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT
Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất trên tập đó, kí hiệu tương ứng

xÎD
maxf(x),

xÎD
minf(x) (hay

D
maxf(x),

D
min
f(x)). Khi đó ta có các mệnh đề sau:
F
Mệnh đề 1: f(x) = m
có nghiệm xÎD
Û

xÎD

minf(x) ≤ m ≤

xÎD
maxf(x).
F
Mệnh đề 2:

(i) f(x) ≥ m
có nghiệm

xÎD
Û

xÎD
maxf(x) ≥ m.
(ii) f(x) ≥ m
nghiệm đúng "xÎD
Û

xÎD
minf(x) ≥ m.
F
Mệnh đề 3:

(i) f(x) ≤ m
có nghiệm xÎD
Û

xÎD
minf(x) ≤ m.

(ii) f(x) ≤ m
nghiệm đúng "xÎD
Û

xÎD
maxf(x) ≤ m.

II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI
F Bước 1:
Tìm TXĐ, điều kiện của biến.

F Bước 2:
Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập
tham số để phương trình về dạng
f(x) = m hoặc f(x) = g(m).

F Bước 3:
Sử dụng phép đặt ẩn phụ t = t(x) nếu cần thiết, chú ý khảo sát
chính xác tập giá trị D của biến.

F Bước 4:
Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) trên TXĐ, hay f(t) với
t=t(x), tÎD để suy ra GTLN–GTNN của hàm f(x), f(t).

F
Bước 5: Từ GTLN–GTNN của f(x) hay f(t), suy ra giá trị tham số m thỏa
mãn bài toán.

III.VÍ DỤ MINH HỌA
þ Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

2x
2

–2(m+4)x+5m+10 +3–x = 0
Giải:

______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________


2

Phng trỡnh ó cho tng ng vi h:

ợ
ớ
ỡ
x3
2x
2

2(m4)x+5m+10=(x3)
2


ợ
ớ
ỡ
x3
x
2

2x+1
2x5
=m
(I)
Xột hm s y =
x
2

2x+1
2x5
vi x 3. Ta cú:
f(x)=
2x
2

10x+8
(2x5)
2

, f(x)=0 x=4
lim

x đ 3
f(x) = 4; lim

x đ +
f(x) = +
Bng bin thiờn:
x 3 4 +

f(x) 0 +

f(x)

6
+

3
Phng trỡnh ó cho cú nghim khi v ch khi h (I) cú nghim, iu ny xy
ra khi m 3.

ỵ Bi 2. (i hc khi B2006)
Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit
x
2

+mx+2 = 2x+1
Gii
iu kin: x
1
2

D thy rng "m thỡ x = 0 khụng l nghim

Phng trỡnh tng ng vi:
x
2

+mx+2=(2x+1)

2

mx = 3x
2

+4x1 m = 3x
1
x
+4 (1)
Xột hm s f(x) = 3x+4
1
x
trờn D =
ở
ờ
ộ
1
2
,+
ứ
ữ
ử
\{0}
Ta cú f(x) = 3+
1
x
2

> 0 "xẻD
lim

x đ 0


f(x) = lim

x đ 0


ố
ỗ
ổ
3x
1
x
+4
ứ
ữ
ử
= +a; lim

x đ 0
+

f(x) = lim

x đ 0
+

ố

ỗ
ổ
3x
1
x
+4
ứ
ữ
ử

= { ; lim

x đ +
f(x) = lim

x đ +
ố
ỗ
ổ
3x
1
x
+4
ứ
ữ
ử
= +
Bng bin thiờn

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________

3

x –1
2
0 +∞

f’(x)

+ +


f(x)
+∞


3
+∞


–∞
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân
biệt khi và chỉ khi m ³ 3.

þ Bài 3. (Đại học khối B–2007)
Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có
hai nghiệm thực phân biệt
x
2

+ 2x – 8 = m(x–2)
Giải
Điều kiện: x ≥ 2
Phương trình đã cho tương đương với
(x–2)(x
3

+6x
2

–32–m)=0 Û
ë
ê
é
x=2
x
3

+6x
2

–32–m=0

Ta cần chứng minh phương trình x
3

+6x
2

–3 = m (1) có một nghiệm
trong khoảng (2,+∞)
Xét hàm số f(x) = x
3

+6x
2

–32 với x > 2. Ta có f’(x) = 3x
2

+12x > 0"x
> 2
Bảng biến thiên
x 2 +
∞
f’(x)

+

f(x)

+∞



0
Từ bảng biến thiên ta thấy "m > 0 phương trình luôn có một nghiệm
trong khoảng (2,+∞)
Vậy với mọi m > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt

þ Bài 4. Tìm m để hàm số sau đây xác định với mọi x
y = cosx+
1
2
cos2x+
1
3
cos3x+m

Giải:
Hàm số xác định với mọi x nếu như:
cosx+
1
2
cos2x+
1
3
cos3x+m ≥ 0 "x (1)

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


4

Dễ thấy (1) có thể đưa về dạng sau:
4
3
cos
3

x+cos
2

x+m–
1
2
≥ 0 (2)
Đặt t = cosx, tÎ[–1,1], (2) tương đương với:
4
3
t
3

+t
2

≥
1
2
– m (3)
Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (3) thỏa mãn với mọi
tÎ[–1,1], điều này xảy ra khi và chỉ khi:

tÎ[–1,1]
min f(t) ≥
1
2
– m
Xét hàm số f(t) =

4
3
t
3

+t
2

trên [–1,1]
Ta có f’(t) = 4t
2

+2t, f’(t) = 0 Û
ë
ê
é
t=0
t=
–1
2

Bảng biến thiên


t
–1 –
1
2
0 1

f’(t)

+ 0 – 0 +


f(t)







–
1
3


1
12


7
3


0
Từ đó suy ra

tÎ[–1,1]

min f(t) = –
1
3
, vậy giá trị m phải thỏa mãn –
1
3
≥
1
2
–
m Û m ≥
5
6
.

þ Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x
2

+x+1 – x
2

–x+1 = m
Giải:
Đặt f(x) = x
2

+x+1 – x
2

–x+1 thì f(x) xác định "x Î R
Ta có: f’(x)=
2x+1
2 x
2

+x+1
–
2x–1
2 x
2

–x+1
=
(2x+1) x
2

–x+1–(2x–1) x
2

–x+1
2 (x
2

+x+1)(x
2

–x+1)

lim

x ® +∞
f(x) = lim

x ® +∞
( x
2

+x+1 – x
2

–x+1) = lim

x ® +∞

2x
x
2

+x+1+ x
2

–x+1


______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


5

= 1
lim

x ® –∞
f(x) = lim

x ® +∞

2x
x
2

+x+1+ x
2

–x+1
= –1
Từ các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau:
x –∞ +
∞
f’(x)

+

f(x)

1


–1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi –1 < m < 1.

þ Bài 6. (Đề dự bị khối B–2007)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm
4
x
2

+1– x = m
Giải:
Điều kiện: x ≥ 0
Xét hàm số f(x) =
4
x
2

+1– x trên [0,+∞)
Ta có f’(x) =
x
2
4
(x
2

+1)
3

–
1
2 x

f’(x) = 0 Û
x
2
4
(x
2

+1)
3

–
1
2 x
= 0 Û x–
4
(x
2

+1)
3

= 0 Û x
2

= (x
2

+1)
3

phương trình vô nghiệm
Do đó f’(x) không đổi dấu trên [0,+∞), f’(1) < 0
lim

x ® +∞
f(x) = lim

x ® +∞
(
4
x
2

+1– x) = lim

x ® +∞
x(
4
1+
1
x
2

–1) = 0
Bảng biến thiên
x 0 +
∞
f’(x)

–

f(x)

1




0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m ≤ 1.





______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


6

þ Bài 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
x+ 9–x = –x
2

+9x+m (1)
có nghiệm
Giải:
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9

Bình phương 2 vế của (1) ta được phương trình tương đương:
x+9–x+2 x(9–x) = –x
2

+9x+m Û 9+2 –x
2

+9x = –x
2

+9x+m (2)
Đặt t = –x
2

+9x
Ta có t’ =
–2x+9
2 –x
2

+9x
, t’=0 Û x =
9
2


x
0
9
2

9
f’(x) + 0 –

f(x)


9
2


0 0

Từ bảng trên ta có 0 ≤ t ≤
9
2
. Khi đó phương trình (2) trở thành:
9+2t = t
2

+m Û –t
2

+2t+9 = m (3)
Xét hàm số: f(t) = –t
2

+2t+9 trên đoạn
ë
ê
é

û
ú
ù
0,
9
2

f’(t) = –2t+2, f’(t) = 0 Û t = 1
Bảng biến thiên

x
0 1
9
2

f’(x) + 0 –

f(x)

10
9

–9
4

(1) có nghiệm xÎ
[ ]
0,9
khi (3) có nghiệm tÎ
ë

ê
é
û
ú
ù
0,
9
2

Điều này xảy ra khi:
–9
4
≤ m ≤ 10.

þ Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
x+1– 4–x ≥ m (1)
Giải:
Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 4
Đặt f(x) = x+1– 4–x với xÎ[–1,4]

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


7

(1) có nghiệm khi và chỉ khi

xÎ[–1,4]
max f(x) ≥ m
Ta có f’(x) =

1
2 x+1
+
1
2 4–x
> 0, "xÎ[–1;4]
Do đó

xÎ[–1,4]
max f(x) = f(4) = 5
Vậy m ≤ 5 là giá trị cần tìm.

þ Bài 9. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
mx– x–3 ≤ m+1 (1)
Giải:
Điều kiện: x ≥ 3
Biến đổi (1) về dạng:
m(x–1) ≤ x–3+1 (2)
Vì x ≥ 3 nên (2) tương đương với bất phương trình:
m ≤
x–3+1
x–1

Xét hàm số f(x) =
x–3+1
x–1
với x ≥ 3
Ta có f’(x) =
5–x
2 x–3(x–1)

2

, f(x) = 0 Û x = 5
lim

x ® +∞
f(x) = lim

x ® +∞
x–3+1
x–1
= lim

x ® +∞
1
x
–
3
x
2

+1
1–
1
x
= 1
Bảng biến thiên
x 3 5 +
∞
f’(x)

+ 0 –

1+ 2
4



f(x)

1
2



1

Từ bảng trên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
m ≤
1+ 2
4
.

þ Bài 10. Tìm m để bất phương trình có nghiệm
m( x
2

–2x+2 +1)+x(2–x) ≤ 0
có nghiệm xÎ[0,1+ 3]

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


8

Giải:
Đặt t = x
2

–2x+2
Ta có t’=
x–1
x
2

–2x+2
, t’= 0 Û x = 1
Bảng biến thiên
x
–1 0 1+ 3

f’(x)

– 0 +

f(x)

2


2



1
Từ đó 1 ≤ t ≤ 2. Với 1 ≤ t ≤ 2 ta biến đổi:
t = x
2

–2x+2 Û t
2

= x
2

–2x+2 Û t
2

–2 = –x(2–x)
Bất phương trình (1) trở thành:
m(t+1) ≤ t
2

–2 Û m ≤
t
2

–2
t+1
(2)
Xét hàm số f(t) =
t
2

–2
t+1
với 1 ≤ t ≤ 2. Ta có f’(t) =
t
2

+2t+2
(t+1)
2

> 0,
"tÎ
[ ]
1,2

Bảng biến thiên
t 1 2

f’(t)

+

f(t)

2
3

1
2

Từ bảng biến thiên (1) có nghiệm xÎ
[ ]
0,1+ 3
khi và chỉ khi (2) có
nghiệm tÎ
[ ]
1,2
. Điều này xảy ra khi m ≤

tÎ
[ ]
1,2
max f(t) = f(2) =
2
3

Vậy m ≤
2
3
thỏa mãn bài toán.

þ Bài 11. (Đại học khối A–2007)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực

3 x–1 + m x+1 = 2
4
x
2

–1 (1)
Giải
Điều kiện: x ≥ 1

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


9

Ta có: (1) Û –3
x–1
x+1
+ 2
4
x–1
x+1
= m (2)
Đặt t =
4
x–1
x+1
=
4
1–
2

x+1
, vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t <1
Xét hàm số f(t) = –3t
2

+2t trên [0;1)
f’(t) = –6t+2
Bảng biến thiên
t
0
1
3
1

f’(t)

+ 0 –

1
3



f(t)

0

–1

Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (2) có nghiệm thuộc [0;1)
Dựa vào bảng biến thiên ta được –1 < m ≤
1
3
là giá trị cần tìm.

þ Bài 12. (Đại học khối B–2004)
Xác định m để phương trình sau có nghiệm
m( 1+x
2

– 1–x
2

+ 2) = 2 1–x
4

+ 1+x
2

– 1–x
2

(1)
Giải
Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1
Đặt t = 1+x

2

– 1–x
2


Ta có 1+x
2

≥ 1–x
2

Þ t ≥ 0 , t
2

= 2 – 2 1–x
4

≤ 2 , mặt khác t liên
tục trên [–1,1]
Þ Tập giá trị của t là [0; 2]
Phương trình (1) trở thành:
m(t+2) = –t
2

+t+2 Û
–t
2

+t+2

t+2
= m (2)
Xét hàm số f(t) =
–t
2

+t+2
t+2
trên [0; 2]
f’(t) =
–t
2

–4t
(t+2)
2

≤ 0 "tÎ[0; 2] Þ f(t) nghịch biến trên [0; 2]
Do đó

[0; 2]
min f(t) = f( 2) = 2–1 ,

[0; 2]
max f(t) = f(0) = 1
(1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thuộc [0; 2]

______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________

10



[0; 2]
min f(t) m

[0; 2]
max f(t)
Vy giỏ tr ca m cn tỡm l 21 m 1.

ỵ Bi 13. (i hc khi A2008)
Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit
4
2x + 2x + 2
4
6x + 2 6x = m (mẻR)
Gii
iu kin 0 x 6
Xột hm s f(x) =
4
2x + 2x + 2
4
6x + 2 6x trờn [0,6]
Ta cú f(x) = (2x)
1
4

+ (2x)
1

2

+ 2(6x)
1
4

+ 2(6x)
1
2


ị f(x)=
1
4
(2x)
3
4

.2 +
1
2
(2x)
1
2

.2 +
1
4
.2(6x)
3

4

.(1) +
1
2
.2(6x)
1
2

(1)
=
1
2
.
1
4
(2x)
3

+
1
2x

1
2
.
1
4
(6x)
3

1
6x

=
1
2

ố
ỗ
ổ

1
4
(2x)
3


1
4
(6x)
3

ứ
ữ
ử
+
ố
ỗ

ổ
1
2x

1
6x
ứ
ữ
ử

=
ố
ỗ
ổ
1
4
2x

1
4
6x
ứ
ữ
ử
.
ở
ờ
ộ

1

2
ố
ỗ
ổ

1
4
(2x)
2

+
1
4
2x(6x)
+
1
4
(6x)
2


ứ
ữ
ử
+
1
4
2x
+
1

4
6x
ỷ
ỳ
ự

f(x) = 0
1
4
2x

1
4
6x
= 0
4
2x =
4
6x x = 2
Bng bin thiờn
x 0 2 6

f(x)

+ 0
3 2+6


f(x)

2
4
6+2 6



4
12+2 3

S nghim ca phng trỡnh ó cho bng s giao im ca ng
thng
y = m v th hm s y = f(x) =
4
2x + 2x + 2
4
6x + 2 6x trờn

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


11

[0,6]
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn bài toán là
2
4
6+2 6 ≤ m ≤ 3 2+6.

þ Bài 14. Tìm m để phương trình
2+2sin2x = m(1+cosx)
2


có nghiệm trên đoạn
ë
ê
é
û
ú
ù
–p
2
,
p
2

Giải:
Dễ thấy với mọi m thì 1+cosx ≠ 0 (vì nếu 1+cosx = 0 thì vế trái bằng
2,vô lí)
Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2(1+sin2x)
(1+cosx)
2

= m
Đặt tan
x
2

= t, khi đó: cosx =
1–t
2

1+t
2

, sinx =
2t
1+t
2


Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để phương trình t
4

–4t
3

+2t
2

+4t+1 =
m
2
có nghiệm thuộc đoạn
[ ]
–1,1

Xét hàm số f(t) = t

4

–4t
3

+2t
2

+4t+1 trên
[ ]
–1,1

Ta có: f’(t)=(t–1)(t
2

–2t–1)=0 Û
ë
ê
é
t=1
t=1– 2

Bảng biến thiên:
x
–1 1– 2 1
f’(x)

– 0 +

f(x)

1

1


0
Từ bảng trên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0 ≤ m ≤ 2.

þ Bài 15. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
sin
4

x+cos
4

x=m
2

cos
2

4x (1)
Giải:
Biến đổi phương trình (1):
(sin
2

x+cos
2

x)
2

–2sin
2

xcos
2

x=m
2

cos
2

4x Û1–
1
2
sin
2

2x = m
2

cos
2

4x
Û 1–
1–cos4x
4
= m
2

cos
2

4x Û 3+cos4x = 4m
2

cos
2

4x (2)
Dễ thấy cos4x = 0 không là nghiệm của (2), do đó ta viết:

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


12

(2) Û
3+cos4x
cos
2

4x

= 4m
2

(3)
Đặt t = cos4x, tÎ[–1,1]. Khi đó (3) có dạng:

3+t
t
2

= 4m
2

(4)
Xét hàm số f(t) =
3+t
t
2

trên [–1,1]. Ta có f’(t) =
–t–6
t
3

, f’(t) = 0 Û t = –
6
lim

t ® 0
+

f(t) = lim

t ® 0
3+t
t
2

= +∞ ; lim

t ® 0
–

t = lim

t ® 0
–

3+t
t
2

= +∞
Bảng biến thiên

t –1 0 1

f’(t)

+ –

f(t)
+∞
2
+∞


4
Phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi phương trình (4) có nghiệm
tÎ[–1,1]
Từ kết quả bảng trên cần có 4m
2

≥ 2 Û |m| ≥
1
2

Vậy m ≤ –
1
2
và m ≥
1
2
thỏa mãn bài toán.

þ Bài 16. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
3
sin
2

x
+3tan
2

x+m(tanx+cotx)–1=0
Giải:
Điều kiện: sinxcosx≠0
Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng:
3(tan
2

x+cot
2

x)+m(tanx+cotx)+2 = 0 (1)
Đặt t = tanx+cotx Þ |t| > 2
Khi đó phương trình (1) có dạng:
3t
2

+mt–4 = 0 Û
4–3t
2

t
= m (2)
Xét hàm số f(t) =
4–3t
2

t
với |t| ≥ 2 . Ta có f’(t) =
–3t
2

–4
t
2

< 0 "|t| > 2

______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________


13

lim

t đ
f(t) = lim

t đ
4
t
2

3
1
t
= + ; lim

t đ +
f(t) = lim

t đ +
4
t
2

3
1
t
=
Bng bin thiờn:
t 2 2 +

f(t)




f(t)
+


4



4

T bng trờn ta c m > 4 , m < 4 tha món bi toỏn.

ỵ Bi 17. Tỡm m phng trỡnh
3 tanx+1(sinx+2cosx) = m(sinx+3cosx) (1)
cú nghim duy nht thuc khong
ố
ỗ
ổ
ứ
ữ
ử
0,
p
2

Gii:
Xột xẻ
ố
ỗ
ổ
ứ
ữ
ử
0,
p
2
, khi ú sinx > 0, cosx > 0, tanx > 0 v sinx + 3cosx > 0

(1) 3 tanx+1
ố
ỗ
ổ
sinx+2cosx
sinx+3cosx
ứ
ữ
ử
= m 3 tanx+1
ố
ỗ
ổ
tanx+2
tanx+3
ứ
ữ
ử
= m
(2)
t t = tanx, t > 0, (2) tr thnh:
3 t+1.
t+2
t+3
= m (3)
Xột hm s f(t) = 3 t+1.
t+2
t+3
(t > 0)
Ta cú f(t) =

3
2 t+1
.
t+2
t+3
+
3 t+1
(t+3)
2

> 0, "t > 0
Bng bin thiờn
t 0 +

f(t)

+

f(t)
+


2
ng vi mi t > 0 tha món phng trỡnh (3) ta c ỳng mt
nghim xẻ
ố
ỗ
ổ
ứ
ữ

ử
0,
p
2


______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________


14

Do ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht khi v ch khi phng trỡnh
(3) cú duy nht nghim t > 0.
Cn c vo bng bin thiờn ta suy ra m > 2.

ỵ Bi 18. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m phng trỡnh sau cú nghim
4sin3xsinx + 4cos
ố
ỗ
ổ
3x
p
4
ứ
ữ
ử
cos
ố
ỗ
ổ

x +
p
4
ứ
ữ
ử
cos
2


ố
ỗ
ổ
2x +
p
4
ứ
ữ
ử
+ m = 0
Gii
Ta cú:
4sin3xsinx = 2(cos2x cos4x)
4cos
ố
ỗ
ổ
3x
p
4

ứ
ữ
ử
cos
ố
ỗ
ổ
x +
p
4
ứ
ữ
ử
= 2
ở
ờ
ộ
cos
ố
ỗ
ổ
2x
p
2

ứ
ữ
ử
+ cos4x
ỷ

ỳ
ự
= 2(sin2x + cos4x)

cos
2


ố
ỗ
ổ
2x +
p
4
ứ
ữ
ử
=
1
2

ở
ờ
ộ
1 + cos
ố
ỗ
ổ
4x +
p

2
ứ
ữ
ử
ỷ
ỳ
ự
=
1
2
(1sin4x)
Do ú, phng trỡnh ó cho tng ng vi:
2(cos2x + sin2x) +
1
2
sin4x + m
1
2
= 0 (1)
t t = cos2x + sin2x = 2cos
ố
ỗ
ổ
2x
p
4
ứ
ữ
ử
ị tẻ [ 2, 2]

Khi ú sin4x = 2sin2xcos2x = t
2

1, phng trỡnh (1) tr thnh:
t
2

+4t+2m2 = 0 t
2

+4t = 22m (2)
Xột hm s f(t) = t
2

+4t trờn [ 2, 2] , f(t) = 2t+4
Bng bin thiờn
x
2 2

f(x)

+

f(x)

2+4 2



24 2

(1) cú nghim (2) cú nghim trong [ 2, 2] 24 2 Ê 22m Ê
2+4 2
Vy giỏ tr m tha món bi toỏn l 2 2 Ê m Ê 2 2.

ỵ Bi 19. (i hc S Phm H Ni II 2001)
Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s a bt phng trỡnh
a.9
x

+(a1).3
x+2

+a1 > 0
nghim ỳng vi mi x
Gii
t t = 3
x

> 0

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


15

Bpt Û at
2

+9(a–1)t+a–1 > 0 Û a(t
2

+9t+1) > 9t+1 Û a >
9t+1
t
2

+9t+1

(1)
Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x Û (1) đúng với mọi t > 0
Xét hàm số f(t) =
9t+1
t
2

+9t+1

Ta có f’(t) =
–9t
2

–2t
(t
2

+9t+1)
2

< 0 "t > 0
Bảng biến thiên

t 0 +
∞
f’(t)

–

f(t)
1




0
Vậy a ≥ 1 thỏa mãn bài toán.

þ Bài 20. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm
è
ç
æ
ø
÷
ö
1
3
|x
2

–2x|

= m

2

+m+1
Giải:
Do m
2

+m+1 > 0 với mọi m nên phương trình đã cho tương đương với
phương trình sau:
f(x) = |x
2

–2x| = log

1
3
(m
2

+m+1) (1)
Ta có bảng sau:
x 0 1 2
f(x)

x
2

–2x 2x–x
2

x
2

–2x
f’(x)

2x–2 2–2x 2x–2
f’(x)

– + 0 – +


f(x)


+∞


1
0 0
+∞
Từ bảng trên suy ra (1) có 4 nghiệm khi và chỉ khi:
0 < log

1
3
(m
2

+m+1) < 1 Û

1
3
< m
2

+m+1 < 1 Û –1 < m < 0.




______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________


16

þ Bài 21. Cho phương trình
log
2


2
x+log

1
2
x
2

–3 = m(log

2
x–3) (1)
Tìm m để phương trình có nghiệm xÎ[32,+∞)

Giải
Từ điều kiện bài ra ta thấy log

2
x ≥ 5 suy ra m log

2
x–3 ≥ 2 nên m ≥ 0
(1) Û log
2


2
x+log

1
2
x
2

–3 = m
2

(log

2

x–3)
2

(2)
Đặt t = log

2
x (t ≥ 5), (2) trở thành:
t
2

–2t–3 = m
2

(t–3)
2

Û m
2

=
t+1
t–3
(3)
Xét hàm số f(t) =
t+1
t–3
với t ≥ 5
f’(t) =
–4

(t–3)
2

< 0 với mọi t ≥ 5. Ta có:
t 5 +∞

f’(t)

–


f(t)
3

1
(1) có nghiêm xÎ [32,+∞) khi và chỉ khi (3) có nghiệm t Î [5,+∞). Điều này
xảy ra khi 1 < m
2

≤ 3, kết hợp với m ≥ 0 ta được 1 < m ≤ 3.

þ Bài 22. Tìm m để hệ sau có nghiệm
î
í
ì
3x
2

+2x–1<0
x

3

<3mx+1

Giải
Với mọi m, x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên hệ đã cho tương
đương với hệ
ë
ê
é
(I)
(II)
với: (I)
î
í
ì
–1<x<0
m>
–x
3

+1
3x
(II)
î
ï
í
ï
ì
0<x<

1
3

m<–
x
3

+1
3x

Xét hàm số f(x) =
–x
3

–1
3x
.
Ta có f’(x) =
1–2x
3

3x
2


Bảng biến thiên

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________

17


t
–1 0
1
3


f’(t) + +

f(t)
+∞


0


–
28
27

–∞
Từ bảng biến thiên suy ra hệ (I) có nghiệm khi m > 0, hệ (II) có
nghiệm khi m < –
28
27
.

þ Bài 23. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất

î
ï
í
ï
ì
2x
2

=y+
a
2

y

2y
2

=x+
a
2

x

Giải
Điều kiện: x,y ≠ 0 , dễ thấy x,y > 0
Hệ đã cho tương đương với:

î
í
ì

2x
2

y=y
2

+a
2


2y
2

x=x
2

+a
2


x>0;y>0
Û
î
í
ì
2x
2

y=y
2

+a
2


(x–y)(2x+2y+x+y)=0
x>0;y>0
Û
î
í
ì
y=x>0
f(x)=2x
3

–x
2

=a
2


Do đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình
2x
3

–x
2

=a

2

(1) có một nghiệm x > 0
Xét hàm số f(x) = 2x
3

–x
2

trên (0,+∞) , f’(x)=6x
2

–2x
Bảng biến thiên
x
0
1
3
+∞
f’(x)

0 – 0 +

f(x)

+∞
0
–
1
27

Từ bảng biến thiên suy ra (1) có nghiệm dương duy nhất do a
2

≥ 0
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất với mọi aÎR.
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong hai hệ (I), (II) có
nghiệm, tức là khi m > 0 hoặc m < –
28
27
.



______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________


18

ỵ Bi 24. (i hc khi D2007)Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h
phng trỡnh sau cú nghim thc
ợ
ù
ớ
ù
ỡ
x+
1
x
+y+

1
y
=5
x
3

+
1
x
3

+y
3

+
1
y
3

=15m10

Gii
T phng trỡnh u ta cú: y +
1
y
= 5
ố
ỗ
ổ
x +

1
x
ứ
ữ
ử
(1)
Bin i phng trỡnh th hai:
x
3

+
1
x
3

+
ố
ỗ
ổ
y +
1
y
ứ
ữ
ử
.
ở
ờ
ộ
ố

ỗ
ổ
y +
1
y
ứ
ữ
ử
2

3
ỷ
ỳ
ự
= 15m10 (2)
Th y +
1
y
t (1) vo (2) ta c
x
3

+
1
x
3

+
ở
ờ

ộ
5
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
ỷ
ỳ
ự
.
ở
ờ
ộ
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
2

10

ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
+ 22
ỷ
ỳ
ự
= 15m10

ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
.
ở
ờ
ộ
ố
ỗ

ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
2

3
ỷ
ỳ
ự
+
ở
ờ
ộ
5
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
ỷ
ỳ
ự

.
ở
ờ
ộ
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
2

10
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
+ 22
ỷ
ỳ
ự

= 15m10

ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
2

5
ố
ỗ
ổ
x +
1
x
ứ
ữ
ử
+8 = m (3)
t t = x +
1
x
, ta cú t = 1
1
x

2

, t = 0 x = 1
x 1 0 1 +

f(x)

+ 0 0 +


f(x)
2




+
+


2
T bng trờn ị tẻD = (,2]ẩ[2,+)
Xột hm s f(t) = t
2

5t+8 trờn D. Ta cú f(t) = 2t5
Bng bin thiờn
t
2 2
5

2
+

f(t)

0 +

f(t)
+
22

+

2

7
4

T bng bin thiờn suy ra h ó cho cú nghim khi v ch khi (3) cú

______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________


19

nghim tẻD, iu ny xy ra khi m 22 hoc
7
4
Ê m Ê 2.

ỵ Bi 25. Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh sau cú nghim
ợ
ớ
ỡ
x
3

y
3

+3y
2

3x2=0
x
2

+ 1x
2

3 2yy
2

+m=0

Gii
iu kin: 1 Ê x Ê 1, 0 Ê y Ê 2
Phng trỡnh th nht ca h tng ng vi:
x
3

3x = (y1)
3

3(y1) (1)
Xột hm s f(t) = t
3

3t trờn [1,1], f(t) = 3t
2

3, f(t) = 0 t = 1
ị f(t) nghch bin trờn [1,1]
Phng trỡnh (1) cú dng f(x) = f(y1) ị x = y1, th vo phng
trỡnh th hai ca h ta c: x
2

2 1x
2

= m (3)
H ó cho cú nghim (3) cú nghim trong [1,1]
Xột hm s: g(x) = x
2

2 1x
2

trờn [1,1]
Ta cú g(x) = 2x

ố
ỗ
ổ
1+
1
1x
2

ứ
ữ
ử
, g(x) = 0 x = 0
Bng bin thiờn
x
1 0 1
f(x)

0 +

f(x)

1 1


2
(3) cú nghim trong [1,1] 2 Ê m Ê 1 1 Ê m Ê 2.

ỵ Bi 26. (i hc Cn Th 2001)
Xỏc nh mi giỏ tr ca tham s m h sau cú hai nghim phõn bit:
ợ

ù
ớ
ù
ỡ
log

3
(x+1)log

3
(x1)>log

3
4
log

2
(x
2

2x+5)mlog

(x
2

2x+5)
2=5

Gii
iu kin: x > 1

Bin i bt phng trỡnh trong h:
log

3
ố
ỗ
ổ
ứ
ữ
ử
x+1
x1
> log

3
2
x+1
x1
> 2 x < 3
Kt hp iu kin ta c 1 < x < 3
t y = x
2

2x+5 vi xẻ(1;3)



______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________

20

x 1 3
y’ +

y
8

4
Từ bảng biến thiên ta thấy 4 < y < 8 Þ log

2
4 < log

2
y < log

2
8
Þ 2 < log

2
y < 3
Đặt t = log

2
(x
2

–2x+5) = log

2
y Þ tÎ(2,3)
Phương trình của hệ trở thành:
t–
m
t
= 5 Û t
2

–5t = m (*)
Xét hàm số f(t) = t
2

–5t trên (2,3) , f’(t) = 2t–5
Bảng biến thiên
t
2
5
2
3

f’(t)

– 0 +


f(t)

–6 –

6

–
25
4

Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai
nghiệm phân biệt trong khoảng (2,3), điều này xảy ra khi –
25
4
< m <
–6.

(còn tiếp………………………………………………………………………………)