SKKN Phương pháp tìm đạo hàm trong bài toán tìm điều kiện có nghiệm của phương trình, hệ phương trình, bất phương trình đại số

0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH






SÁNG KIẾN KINH NGIỆM
"Phương pháp đạo hàm trong bài toán tìm điều kiện có
nghiệm của phương trình, bất phương trình,
hệ phương trình đại số"







Bộ môn: Toán
Trường: THPT Chuyên Hà Tĩnh
Giáo viên: Lại Thị Hạnh

Năm học 2013-2014





1


MỤC LỤC

Trang

A. Phần mở đầu
01
1 Lý do chọn đề tài 01
2 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 01
3 Mục tiêu, nhiệm vụ nghiên cứu 01
4 Giả thuyết khoa học của đề tài 02
5 Phương pháp nghiên cứu 02
6 Dự báo những đóng góp mới của đề tài 02

B. Phần giải quyết vấn đề
03
I Kiến thức cơ sở 03
II Các bài tập minh họa 03
1 Phương trình 03
Dạng 1. Các bài toán tìm điều kiện của tham số để PT có
nghiệm

03
Dạng 2. Các bài toán tìm điều kiện của tham số để PT có k
nghiệm

10
2 Bất phương trình 15
3 Hệ phương trình 20
III Thực nghiệm 26
1 Mục đích thực nghiệm 26
2 Nội dung thực nghiệm 26
3 Kết quả thực nghiệm 26

C. Kết luận và kiến nghị
27

Tài liệu tham khảo
28




2

A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán học ở bậc Trung học phổ thông, bài toán tìm điều kiện
của tham số để phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm là bài toán
quan trọng và thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi, tuyển sinh vào Đại học, Cao
đẳng. Những bài toán dạng này được đề cập trong các tài liệu tham khảo với nhiều

cách giải khác nhau. Tuy nhiên ta nhận thấy có một phương pháp rất hiệu quả giải
quyết được phần lớn các bài tập dạng này đó là Phương pháp đạo hàm. Với việc sử
dụng phương pháp này, những bài toán về tìm giá trị của tham số để phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình có nghiệm sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên,
thuần túy, ngắn gọn và đơn giản.
Trong quá trình giảng dạy tác giả nhận thấy tâm lý chung của học sinh là rất
ngại và lúng túng khi gặp các bài toán có chứa tham số vì các bài toán chứa tham số
mà các em đã gặp trong chương trình lớp 9 và lớp 10 thường phải xét nhiều trường
hợp. Với mong muốn giúp các em học sinh lớp 12 thay đổi tâm lý khi gặp các bài toán
tham số và có cách tiếp cận, giải quyết các bài toán này một cách nhẹ nhàng, tôi tập
trung khai thác các bài toán tìm giá trị của tham số để phương trình (PT), bất phương
trình (BPT), hệ phương trình (HPT) đại số có nghiệm bằng phương pháp đạo hàm
(PPĐH).
Từ những lý do trên tôi trình bày sáng kiến kinh nghiệm:
“ Phương pháp đạo hàm trong bài toán tìm điều kiện có nghiệm của Phương
trình, Bất phương trình, Hệ phương trình đại số”.
II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Để hoàn thành đề tài nói trên tôi đã nghiên cứu trên các dạng toán về PT, BPT và
HPT đại số trong chương trình đại số và giải tích thuộc môn toán Trung học phổ
thông.
Các vấn đề tôi trình bày trong bài viết của mình sẽ hỗ trợ cho các em học sinh
lớp 12 về cách tiếp cận bài toán tham số bằng phương pháp đạo hàm.
III. MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Mục tiêu nghiên cứu: Mục tiêu nghiên cứu của đề tài là giúp các em học sinh
lớp 12 tiếp cận với bài toán tìm điều kiện của tham số để PT, BPT, HPT có nghiệm
bằng một công cụ hữu hiệu đó là đạo hàm. Đồng thời rèn luyện cho học sinh kỹ năng
3

giải và trình bày dạng toán này. Góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn toán ở
trường trung học Phổ thông.

- Nhiệm vụ nghiên cứu: Nghiên cứu các tài liệu, xây dựng và trình bày một
cách có hệ thống các bài tập điển hình sử dụng phương pháp đạo hàm tìm điều kiện
của tham số để PT, BPT, HPT đại số có nghiệm.
IV. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học phần bài tập có chứa tham số nếu người giáo viên chú
trọng đúng mực và xây dựng được hợp lý hệ thống các bài tập về sử dụng phương
pháp đạo hàm để giải quyết các bài toán tìm điều kiện tham số để PT, BPT, HPT có
nghiệm thì sẽ giúp học sinh tiếp cận và giải quyết tốt các bài tập dạng này và từ đó
giúp học sinh chủ động và tự tin khi gặp các bài toán có chứa tham số nói chung.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
+) Nghiên cứu luận: Nghiên cứu các tài liệu về PT, BPT và HPT ở chương trình toán
Trung học phổ thông.
+) Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và giải
quyết bài toán có chứa tham số
+) Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết ở lớp 12 để xem xét
tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
VI. DỰ BÁO NHỮNG ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI
- Trong thực tiễn dạy học của bản thân tôi đã áp dụng đề tài của mình vào giảng
dạy và đã thu được kết quả rất khả quan, hầu hết sau đó các em đã rất chủ động và
hứng thú khi tiếp cận với những bài toán có chứa tham số nói chung. Từ đó phát huy
tính tích cực, tư duy sáng tạo của mình trong học tập.
- Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc bồi
dưỡng học sinh giỏi, luyện thi Đại học, Cao Đẳng.

4

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. KIẾN THỨC CƠ SỞ
- Nếu hàm số


y f x
 đồng biến ( hoặc nghịch biến) trên
D
thì:
+) Phương trình


f x k

có không quá một nghiệm trên
D
.
+) Với
, ,
x y D







.
f x f y x y
  

- Nếu hàm số


y f x
 đồng biến và hàm số


y g x
 nghịch biến trên
D
thì phương
trình




f x g x
 có không quá một nghiệm trên
D
.
- Nếu hàm số liên tục trên D và max ( )
D
f x M


, min ( )
D
f x m

thì phương trình
( )
f x k

có nghiệm trên D khi
.
m k M
 

- Nếu hàm số


y f x
 liên tục trên D và max ( )
D
f x M

thì bất phương trình
( )
f x k

có nghiệm trên D khi và chỉ khi
.
k M


- Nếu hàm số


y f x
 liên tục trên D và min ( )
D
f x m

thì bất phương trình ( )
f x k


có nghiệm trên D khi và chỉ khi
.
k m


- Nếu hàm số


y f x
 liên tục trên D và max ( )
D
f x M

thì bất phương trình
( )
f x k

thoả mãn với mọi

x D

khi và chỉ khi
.
k M


- Nếu hàm số


y f x
 liên tục trên D và min ( )
D
f x m

thì bất phương trình
( )

f x k

thoả mãn với mọi
x D

khi và chỉ khi
.
k m


- Nếu hàm số liên tục trên đoạn
[a;b]

thì trên đó hàm số luôn đạt giá tri lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất.
Trong trường hợp hàm số


y f x
 không có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên D
ta phải lập bảng biến thiên của hàm số đó trên D. Từ đó đưa ra kết luận cho bài toán.

II. CÁC BÀI TẬP MINH HỌA.
1. PHƯƠNG TRÌNH
Dạng 1. Các bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm
Trong dạng này, tác giả sẽ đưa ra một số ví dụ và phân tích các cách tiếp cận
khác nhau để thấy được lợi thế của phương pháp đạo hàm đối với dạng toán này. Dấu
hiệu quan trọng nhất để sử dụng được PPĐH đối với dạng toán tìm điều kiện của tham
số để phương trình có nghiệm là PT có thể biến đổi được về dạng: f(x) = g(m).
Trong hệ thống bài tập dưới đây gồm 2 loại như sau:
+) Bài 1, bài 2, bài 3, bài 4, biến đổi được về dạng: ( )
f x m


+) Bài 5, bài 6, bài 7, biến đổi đưa về dạng
( ) ( )
f x g m

; trong đó
( )
g m
là
một hàm số của m.

Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 2
4 5 4 5
x x x x m
     
(1)


Phân tích bài toán: Đây là một bài toán có thể sử dụng kiến thức lớp 10 là giải
quyết được. Thật vậy, sau khi chuyển vế, bình phương và rút gọn ta có PT:
5

2 2
2 4 5 8
m x x x m
   
(*). PT(*) phải xử lý thế nào đây? Đối với nhiều học sinh sẽ
gặp khó khăn!. Phải xét các trường hợp của m, đặt điều kiện và bình phương để đưa về
dạng cơ bản. Quá trình này rất mất thời gian và cũng đòi hỏi phải có kỹ thuật để xử lý
linh hoạt ở một vài điểm mấu chốt.
Liệu có có cách giải nào đơn giản hơn không?
Đạo hàm sẽ là một công cụ giúp ta có cách tiếp cận khác.

Lời giải: Điều kiện:
x




Xét hàm số
2 2
4 5 4 5
y x x x x
     
trên


+ )
2 2 2 2
2 2 2 2
' ,
4 5 4 5 ( 2) 1 ( 2) 1
x x x x
y x
x x x x x x
   
     
       


+)
       
2 2
' 0 2 2 1 2 2 1y x x x x         (2)
       
2 2 2 2
( 2)( 2) 0
2 2 1 2 2 1

x x
x x x x
  




   
      

   

Hệ phương trình vô nghiệm
Như vậy y’ = 0 vô nghiệm.
Mặt khác,
,
4
(0) 0
5
y
 
và y' là hàm liên tục trên

.
Từ đó ta suy ra: ' 0,y x
  

;
Ta có:
2 2

2 2
8 8
4 5 4 5
4 5 4 5
1 1
x x
y
x x x x
x
x x x x
  
 
    
    
 
 



lim 4; lim 4
x x
y y
 
  
.
Ta có bảng biến thiên:
x

- +
y

’
+
y

4
-4

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (1) có nghiệm
4 4.
m
   

Đáp số:
4 4.
m
  

Nhận xét:
+)Ta thấy cách giải trên rút gọn được quá trình biến đổi phức tạp như ở cách
không sử dụng đạo hàm, hơn nữa kết luận của bài toán được nhìn thấy rõ ràng thông
qua bảng biến thiên (BBT). Vì vậy ở những bài đã xuất hiện dạng f(x) = g(m) thì
PPĐH nên được ưu tiên sử dụng.
+) Ở bài toán trên ta có thể không giải PT y'=0, mà đi chứng minh luôn
' 0,y x
  

bằng cách xét hàm
2
( )
1

t
f t
t


và chỉ ra
( )
f t
đồng biến trên

.
Bài toán trên có thể tổng quát thành:
Bài 1’. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
a.
2 2 2
( 0, 4 )
ax bx c ax bx c m a b ac
       
b.
2 2 2
( ) 2 ( 0, 4 )
m ax bx c ax bx c bx a b ac
       
6

Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
44
13 1 0
    
x x m x (1)

Phân tích bài toán: Ở bài toán này chưa có dạng f(x) = g(m), tuy nhiên nếu
quan sát kỹ ta thấy có thể ‘‘cô lập’’ m bằng cách chuyển về, bình phương để chuyển
về PT: f(x)=m với f(x) là một hàm số bậc 3. Từ đó ta chuyển bài toán về việc tìm m để
PT có nghiệm
1
x

. Rõ ràng đối với dạng toán này thì việc sử dụng các kiến thức
không liên quan đến đạo hàm là rất khó thực hiện (vì f(x) là hàm số bậc 3). Thông
thường trong trường hợp này chúng ta sẽ sử dụng đồ thị hoặc dùng BBT (cả hai đều sử
dụng các kiến thức cơ sở là đạo hàm).

Lời giải: Ta có:

 
 
4
3 2
4
1
1
(1)
4 6 9 1 2
13 1
x
x
x x x m
x x m x




 
 
 
    
   





Xét hàm số


3 2
4 6 9 1
f x x x x
    
trên tập


;1

.
Ta có:


2
' 12 12 9

f x x x
   
;

 
3
' 0
2
f x x
  
(loại);
1
2
x
 
.
Bảng biến thiên:

x
-
1
2

1
f’(x)

0 +
f(x)
+
12

3
2



Ta có: (1) có nghiệm  (2) có nghiệm


;1
x
 
3
2
m
  

Đáp số:
3
2

m
Nhận xét: Với PPĐH cho chúng ta cách tiếp cận đơn giản để giải quyết bài toán
trên, trong khi các PP khác rất khó để làm được điều tương tự. Qua 2 bài toán trên
chúng ta nhận thấy được điểm “mạnh” của PPĐH để giải bài toán chứa tham số so
với các PP khác.

Bài 3. (ĐH Khối A-2007)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2
4
3 1 1 2 1
x m x x
    
(1)

Lời giải: Điều kiện :
1
x


Ta có: (1)
4
1 1
3 2
1 1
 
   
 
x x
m
x x
(2)
Đặt
4
1
1
x
t

x



. Ta có:
4 4
1 2
0 1 1 0 1
1 1
x
t
x x

      
 
;
7

Với mỗi


0;1
t  ta luôn có
1
x

để
4
4
4

1 1
( 1)
1 1
x t
t x
x t
 
  
 

Phương trình (2) trở thành :
2
3 2
m t t
  
(3)
Xét hàm số:
2
( ) 3 2
f t t t
  
với


0;1
t 

'
1
'( ) 6 2 ; ( ) 0

3
f t t f t t
     

Ta có bảng biến thiên:
t
0
1
3
1
f’(t) + 0


f(t)

1
3



0 -
1

Phương trình (1) có nghiệm


1;x
  
phương trình (3) có nghiệm



0;1
t 

1
1
3
m
   

Đáp số:
1
1
3
m
  

Nhận xét: Ở bài toán này, sau khi ‘‘cô lập’’ m thì giáo viên cần phân tích để
học sinh thấy được sự cần thiết phải đặt ẩn phụ để đưa về một phương trình đơn giản
hơn. Và điều rất quan trọng là sau khi đặt ẩn phụ học sinh cần phải tìm được đúng
điều kiện chính xác của ẩn phụ. Học sinh hay gặp sai lầm là chỉ nêu được
0
t

, không
chỉ ra được t < 1.

Qua các bài toán trên chúng ta thấy việc sử dụng PPĐH để giải quyết dạng toán
tìm điều kiện của tham số m để PT có nghiệm được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Biến đổi đưa phương trình về dạng

( ) ( )
f x g m

.(Đối với những bài
toán chưa sẵn có dạng
( ) ( )
f x g m

)
Bước 2: Tìm miền giá trị của
( )
f x

Bước 3: Kết luận cho bài toán.
Chú ý: Trường hợp phương trình chứa các biểu thức phức tạp cần đặt ẩn phụ, ta thực
hiện như sau:
Bước 1: Biến đổi đưa phương trình về dạng
( ) ( )
f x g m

.
Bước 2: Đặt ẩn phụ
( )
t x


, tìm điều kiện chính xác cho ẩn phụ.
Bước 3: Đưa phương trình ẩn x về phương trình ẩn t:
( ) ( )
h t g m



Bước 4: Tìm miền giá trị của
( )
h t

Bước 5: Kết luận cho bài toán.
Trong bước hai điều mà học sinh hay thiếu là việc tìm điều kiện chính xác cho
ẩn phụ. Tìm điều kiện chính xác có nghĩa là tìm tập giá trị của ẩn phụ, thông thường ta
sử dụng đạo hàm là giải quyết được triệt để vấn đề này.



8

Bài 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 2
5 4 2 ( 11) 8
        
x x x x m x
(1)

Lời giải: Điều kiện:
1 4
 
x

PT (1)
2 2 2
5 4 2 ( 5 4) 2 ( 11) 8

            
x x x x x x x m x


2 2
5 4 2 ( 5 4)       
x x x x x mx


2 2
5 4 5 4
2
     
   
x x x x
m
x x
(do x > 0) (2)
Đặt
2
5 4 4
5
  
    
x x
t x
x x
.
Xem t là hàm số của x trên



1;4
, ta có:
+)
2
2
4
'
2 ( 5 4)
x
t
x x x x


  
;
' 0 2
t x
   
(loại);
2
x


+)
(1) 0; (2) 1; (4) 0
t t t
  
;
Ta có:

   
1;4
1;4
min ( ) ax ( )
 
t x t m t x

0 1
 
t

Phương trình (2) trở thành:
2
2
  
m t t
(3)
Xét hàm số
2
( ) 2
  
f t t t
,
0 1
 
t





'( ) 2 2 0, 0;1
f t t x
     

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên


0;1

Ta có:
   
0;1
0;1
min ( ) (0) 0; ax ( ) (1) 1
f t f m f t f
   

Do đó (1) có nghiệm


1;4
 
x (3) có nghiệm


0;1
t
1 0
   
m

Đáp số:
1 0
m
  


Nhận xét:
+) Điều quan trọng của bài toán này là cần sử dụng đạo hàm để tìm được điều
kiện chính xác của ẩn phụ. Đây là điều học sinh dễ gặp sai lầm vì chỉ đánh giá được
0
t

.
+) Việc tìm điều kiện chính xác cho t ở bài toán trên có thể thực hiện như sau:
4 4
5 ; 5
t x u u x
x x
        
. Từ đó tìm điều kiện chính xác cho u và sau
đó cho t.

Bài 5: (HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc 2008-2009)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3 2 3 2
2 3 3 1 1
x x m m x
     
(1)

Lời giải:
Ta có: (1)
3 2 3 2 2 3 2 3 2
1 1
2 3 1 ( 1) 3 3 (2)
x x
x x m m x x x m m
 
 
 
 
        
 

PT (1) có nghiệm

PT (2) có nghiệm x thỏa mãn:
1
x


Xét hàm
3 2
( ) 3
f x x x
  trên


1;


có:

2
'( ) 3 6 ; '( ) 0 0
f x x x f x x
    
(loại)
; 2
x


9

lim ( )
x
f x

 

Ta có bảng biến thiên:

x 1 2



f’(x)




+
f(x) -2




-4

Ta có: (2)
( ) ( )
f x f m
 

Qua bảng biến thiên ta thấy:
PT (2) có nghiệm x thỏa mãn
1
x

( ) (2) ( ) (2) 0
f m f f m f
    


2
( 1)( 2) 0
m m
   

1
m

  

Đáp số:
1
m
 


Nhận xét: Trong bài toán này ta biến đổi được PT đã cho về dạng
( ) ( )
f x f m

. Sau đó đưa bài toán về giải BPT:
( ) (2) 0
f m f
 
(*), trong đó vế trái
của (*) là một hàm bậc 3 của m và dễ nhận thấy ngay nó có 1 nghiệm đặc biệt m=2.
Do đó BPT (*) được giải quyết một cách đơn giản.

Bài 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 5 3
( 4 9 10) 3 0
x x m m m
     
(1)

Lời giải: Đặt:
x t


;
0
t


Ta có: (1)
5 3 4
( 4 9 10) 3
t m m m t
     


4
5 3
3
4 9 10
t
m m m
t

     (do
0
t

không phải là nghiệm của PT)
5 3 3
3
4 9 10m m m t
t

     
(2)
Xét hàm:
( )
f t

3
3
t
t

với
(0; )
t
 


'( )
f t

4
2
2 2
3 3 3
3 ; '( ) 0 1
t
t f t t
t t

     

(loại);
1
t



0
lim ( ) ; lim ( )
x
x
f x f x



   

Bảng biến thiên:

t 0 1



f’(t)

0 +
f(t) +




4

Ta có, (1) có nghiệm

(2) có nghiệm t thỏa mãn:
0
t



5 3 5 3
4 9 10 4 4 9 6 0
m m m m m m
         
(3)
10

Xét hàm:
5 3
( ) 4 9 6
g m m m m
   
trên

có

4 3 4 2 2
'( ) 5 12 9 (2 3) 0,g m m m m m m
        



Suy ra hàm g(m) đồng biến trên

.
Mà ta lại có:
(3) ( ) ( 1)
g m g
  
1
m
  

Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi
1
m
 

Đáp số:
1
m
 

Nhận xét: Ở bài toán này sau khi đặt ẩn phụ, đưa PT đã cho về dạng
h(t)=g(m), trong đó g(m) là hàm bậc 5 của m. Ta cần xét sự biến thiên của hàm h(t)
và g(m) đồng thời có những phát hiện quan trọng để rút ra kết luận cho bài toán.

Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 3 2

3 4 2 6 15 12 1 2 0
x x x m m m m
         
(1)


Lời giải: Điều kiện:
x



Ta có: (1)


2 3 2
3 4 2 6 15 12 1 2
x x x m m m m
         

Xét hàm:
2
( ) 3 4 2
f x x x x
   
trên


Ta có:
2
2

3 4 2 3 2
'( ) ; '( ) 0 1
3 4 2
x x x
f x f x x
x x
   
   
 


2
2
4 2
lim ( ) lim 1 3 ;
4 2
lim ( ) lim 1 3
x x
x x
f x x
x x
f x x
x x
 
 
 
     
 
 
 

      
 
 

Bảng biến thiên:

x -

1



f’(x) + 0


f(x) 0

-

-


Qua bảng biến thiên ta thấy (1) có nghiệm

3 2
6 15 12 1 2
m m m m
     
0


Xét hàm:
3 2
( ) 6 15 12 1 2
g m m m m m
      
, với
1
m


2
1 1
'( ) 18 30 12 6( 1)(3 2) 0, 1
2 1 1
g m m m m m m
m m
            
 

Suy ra
( )
g m
là hàm nghịch biến trên


1;


Do đó

( ) (1) 1 0
g m g
   
,
1
m
 
. Vây PT có nghiệm với
1
m


Đáp số:
1
m



Nhận xét: Ở bài toán này để đi đến kết luận chúng ta phải giải BPT
( ) 0
g m

.
Việc giải BPT này tương đối phức tạp vì g(m) không có nghiệm đặc biệt .Ở đây chúng
ta sử dụng PPĐH để đánh giá
( )
g m
và tìm được nghiệm của BPT
( ) 0
g m


. Đây là
một ưu thế của PPĐH trong việc giải các PT, BPT không có nghiệm đặc biệt.
11

Chú ý: Khi học sinh đã giải thành thạo bài toán "Tìm điều kiện của tham số m để PT có
nghiệm" (1), để tạo sự linh hoạt cho các em ta có thể thay đổi yêu cầu bài toán (1)
trở thành bài toán "Tìm điều kiện của tham số m để PT vô nghiệm" (2). Đối với bài
toán (2) ta vẫn thực hiện các bước giải như ở bài toán (1), sau đó kết luận tập các
giá trị m cần tìm là:
1
\
S S


, trong đó
1
S
là kết quả của bài toán (1).

Dạng 2. Các bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình có k nghiệm

Về mặt phương pháp giải dạng toán này, cơ bản là giống phương pháp giải dạng 1.
Tuy nhiên cần phải lập BBT hoặc sử dụng đồ thị để xác định được chính xác số nghiệm
của PT.
Đặc biệt với những bài toán dạng này là nếu trong bài cần đặt ẩn phụ t thì điều
quan trọng sau khi đặt ẩn phụ, học sinh cần phải biết được sự tương ứng giữa số
nghiệm t và số nghiệm x.
Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất trên
1

;1
2

 
 
 


2 3 2
3 1 2 2 1
x x x m
    
(1)
Phân tích bài toán: Ở đây vế trái của PT là một hàm số rất phức tạp do đó
PPĐH có lẽ là phương án tối ưu nhất để giải quyết bài toán, nhưng trước hết gặp một
khó khăn là tìm điều kiện có nghĩa cho PT, việc tìm điều kiện dẫn tới việc giải bất
phương trình
3 2
2 1 0
x x
  
(2) trên đoạn
1
;1
2

 
 
 
. Vì đa thức ở vế trái của (2) không

có nghiệm đặc biệt nên thông thường BPT (2) sẽ vô nghiệm hoặc luôn đúng trên đoạn
đang xét. Để kiểm tra điều này ta thường sử dụng đạo hàm.
Lời giải: Ta có:
2
1
1 0, ;1
2
x x
 
    
 
 

Xét hàm số


3 2
2 1
g x x x
  
trên
1
;1
2

 
 
 
.
Ta có: +)



2
3 4 0 0
g x x x x

    

+)
   
1 11
; 0 1; 1 4;
2 8
g g g
 
   
 
 

Do đó:


1
;1
2
min 1
 

 
 


g x
, suy ra:
 
1
1, ;1
2
 
   
 
 
g x x
Suy ra PT (1) xác định
1
;1
2
x
 
  
 
 

Xét hàm số
 
2 3 2
3 1 2 2 1
f x x x x
    
trên
1

;1
2

 
 
 
.
Ta có:
2
'
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
( )
1 2 1 1 2 1
x x x x
f x x
x x x x x x
 
  
    
 
     
 


Rõ ràng:
2 3 2
3 3 4 1
0, ;1
2

1 2 1
x
x
x x x

 
    
 
 
  

Do đó


0 0
f x x

  

12

Ta có bảng biến thiên:

x

1
2

0 1
f’(x) + 0



f(x) 1



3 3 22
2

-
4

Qua bảng biến thiên ta thấy:
(1) có nghiệm duy nhất trên
1
;1
2

 
 
 



3 3 22
4
2
m

   hoặc

1
m


Đáp số:
3 3 22
4
2
m

   hoặc
1
m

.

Bài 2: Cho phương trình:
2
2 2 1   x mx x (1)
Tìm m để: a) Phương trình có nghiệm duy nhất;
b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Lời giải: Ta có:

 
 
2
2
2
1

1
2
1
2
3 4 1
2 2 1
x
x
mx x x
x mx x


 
 
 
 
 
 
  
   


2
1
2
3 4 1

 





 




x
x x
m
x

(vì
0
x

không phải là nghiệm của PT)
Xét hàm số
 
1
3 4f x x
x
  
trên tập
 
1
;0 0;
2
D
 

   


 
có:

 
2
1
' 3 0,
f x x D
x
    


0 0
lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( )
x
x x
f x f x f x
 

 
     

Ta có bảng biến thiên:

x

1

2

0 +
∞
f’(x) + +
f(x) +∞ +∞


9
2

-∞

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
a) (1) có nghiệm duy nhất
9
2
 
m
13

b) (1) có 2 nghiệm thực phân biệt
9
2
m
 
.
Nhận xét:
+) Đối với bài toán này có thể sử dụng kiến thức lớp 10 để giải quyết, tuy nhiên
sẽ phức tạp vì nếu theo hướng đó sẽ dẫn đến việc giải một số bất phương trình vô tỷ.

+)Với bài toán trên ta thấy phương trình luôn có nghiệm
 
m R
do đó ta có thể
thay đổi yêu cầu bài toán thành "Chứng minh phương trình có nghiệm
 
m R
"

Bài 3: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
2
1
x m m x
  
(1)
Lời giải: Điều kiện:
x



Ta có:
 


2
1 1 1
x m x
   
(2)
Dễ thấy, (1) luôn có nghiệm x = 0.

Với
 
2
2
1 1
0, 2
1 1
x x
x m m
x
x
 
    
 
(3)

Xét hàm số
 
2
1
x x
f x
x
 
 trên




;0 0;

  
có:

 
2
2
(1 1)
' 0, 0
x
f x x
x
  
   


0 0
lim ( ) 1; lim ( ) 1 lim ( ) ; lim ( )
x x
x x
f x f x f x f x
 
 
 
      


Ta có bảng biến thiên:

x -∞ 0 +∞
f’(x)






f(x) -
1
+∞
-∞ 1


(1) có 2 nghiệm phân biệt  (3) có đúng 1 nghiệm
0
x


Dựa vào bảng biến thiên, (3) có đúng 1 nghiệm
0
x


1
1
m
m





 


Đáp số:
1
1
m
m



 



Nhận xét: Trong bài này, điều quan trọng là phải nhận xét được
0
x

là một
nghiệm của PT.

Bài 4: Cho phương trình:


2 24 4
5 2 4 4 5 2 4 4m x x x x       (1)
Tìm m để phương trình: a) Có nghiệm duy nhất;
b) Có 2 nghiệm phân biệt.

Phân tích bài toán:Ta nhận thấy rằng nếu “cô lập” m bằng cách chia hai vế
cho
24
5 2 4 4
x x
  
thì sẽ được một PT tương đối phức tạp và chưa thấy xuất hiện
14

ẩn phụ. Ở đây giáo viên cần phân tích để học sinh tìm mối liên hệ giữa các căn thức
xuất hiện trong bài toán. Nếu xem
4
2
x

là a;
4
2
x

là b thì ta có
2
x

là a
2
;
2
x


là b
2
. Lúc đó (1) trở thành 1 PT đẳng cấp bậc hai đối với 2 ẩn a, b. Đối với
dạng PT này ta thường chia cho a
2
hoặc b
2
để đưa về ẩn phụ thích hợp. Ở đây chúng ta
lựa chọn chia cho b
2
vì với điều kiện của PT thì a
0

, còn b > 0.

Lời giải: Điều kiện:
2
x

.
Chia 2 vế của (1) cho
2
x

ta có:
 
4 4
2 2 2
1 5 4 5 4
2 2 2

x x x
m
x x x
 
  
   
 
 
  
 
(2)
§Æt
4
2
2
x
t
x



. Do
2 4
1
2 2
x
x x

 
 

suy ra
0 1
t
 
với


2; .
x
  

Với mỗi


0;1
t  ta luôn có duy nhất một giá trị
2
x

để:

4
4
4
2 2
( 2)
2 1
x t
t x
x t

 
  
 

Ta có, (2) trở thành:
 
2
2
4 5
5 4 5 4
5 4
t
m t t t m
t t

    

(3)
(do
4
0;
5
t t
 
không phải là nghiệm của PT)
Xét hàm số
2
4 5
( )
5 4

t
f t
t t



trên
4 4
0; ;1
5 5
   

   
   
có:
+ )
 
 
2
2
2
20 50 20
' ; '( ) 0 2
5 4
t t
f t f t t
t t
  
   


(loại);
1
2
t


+ )
0 1
lim ( ) ; lim ( ) 1
t t
f t f t
 
 
   
;
4 4
5 5
lim ( ) ; lim ( )
t t
f t f t
 
 
   

Bảng biến thiên
t
0
1
2

4
5
1
f’(t)

0 + +
f(t)





-1

4


Ta có:
a) (1) có nghiệm duy nhất  (3) có đúng một nghiệm
4 4
0; ;1
5 5
t
   
 
   
   

15

4
m
 
hoặc
1
m
 

b) (1) có 2 nghiệm phân biệt  (3) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
4 4
, 0; ;1
5 5
t t
   
 
   
   



4
m


Đáp số: a)
4
m


hoặc
1
m
 
; b)
4
m



Nhận xét:
+) Như đã nói ở phần đầu của của dạng này, điều quan trọng trong bài toán là
sau khi đặt ẩn phụ học sinh cần phải biết được sự tương ứng giữa số nghiệm t và x.
+) Trong bài này, giáo viên cần lưu ý học sinh là phải quan sát các biểu thức
xuất hiện trong đề bài:
2
4
2; 2; 4
x x x
  
, từ đó dự đoán sẽ phải đặt ẩn phụ và
ẩn phụ là gì? Chính vì vậy bước đầu ta chưa nên "cô lập" m ngay mà nên chia cả 2 vế
cho
2
x

trước để thấy rõ được ẩn phụ cần đặt.

Bài 5. (HSG Hà Tĩnh Lớp 12 năm học 2012-2013)
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 3 nghiệm phân biệt:

22
44 xxmxx 
. (1)

Lời giải:
Điều kiện:
22



x
.
Đặt
2
4 xxt  . Xem t là hàm số của x, xét hàm số t trên


2;2 :

 
2
2 2
4
' 1 , 2;2
4 4
x x x
t x
x x
 

     
 
;
20'  xt
.
Bảng biến thiên của hàm số t trên


2;2 :

x
-2
2
2
t' + 0


t

22

2
-2

Từ bảng biến thiên ta có
t 2;2 2
 
 
 
và quan hệ số nghiệm của t và x:

+) một giá trị

t 2;2
 

hoặc
22t
cho tương ứng một nghiệm x,
+) một giá trị

t 2;2 2



cho tương ứng hai nghiệm x.
Ta có
22
424 xxt  
2
4
4
2
2


t
xx .
Phương trình (1) trở thành: mtt  2
2
1

2

Xét hàm số 2
2
1
)(
2
 tttf trên tập
2;2 2
 

 
.

'( ) 1; '( ) 0 1
f t t f t t
     


16

Ta có bảng biến thiên:

t
-2 1 2
2 2

f’(t) + 0




f(t)

2
5

2



222 

-2

Từ bảng biến thiên của f(t), phương trình (1) có đúng 3 nghiệm
 phương trình mtf

)( có 1 nghiệm
t 2;2 2)




và 1 nghiệm




t 2;2 2 2

  

2222  m
.
Đáp số:
2222  m

Nhận xét: Về mặt phương pháp giải bài toán này cũng giống như bài toán 4, ở
đây chỉ có một sự khác biệt là ta khó khăn hơn trong sự biểu diễn x qua t như bài toán
4, để khắc phục điều đó thì cách giải trên đã sử dụng đạo hàm để tìm sự tương ứng
giữa t và x

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm
1.
2
4 2 3 21 4
x x x m
    

2.
  


6 2 4 2 2 4 4 2 2
x x x m x x
        

3.
2

9 9
x x x x m
     

4.
2 2
1 1
x x x x m
     

5.
32 2 2
2 1 4 1 2 0
x x x m
     

6.
4 4
2 2 2 6 2 6
x x x x m
     


2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Trong phần này tác giả trình bày một số bài toán tìm về điều kiện của tham số
để BPT: +) có nghiệm
+) có nghiệm trên D (với D là một tập nào đó)
+) nghiệm đúng với mọi x
D


Cũng tương tự như PT, dấu hiệu quan trọng nhất để sử dụng được PPĐH đối
với dạng toán này là BPT có thể biến đổi được về dạng: f(x) > g(m) hoặc f(x) < g(m);
f(x) g(m); f(x) g(m)
 
. Và để giải quyết bài toán ta cũng thực hiện các bước tương
tự như đã nêu trong phần PT, tuy nhiên ở bước tìm tập giá trị của f(x) (hoặc của h(t)) ở
phần PT thì sang phần BPT không nhất thiết phải làm đầy đủ, mà tùy theo dạng của
BPT ta chỉ cần tìm




min ; ax
f x m f x
(hoặc
min ( ); max ( )
h t h t
) là đủ cơ sở để đưa ra
kết luận cho bài toán.
17

Bài 1. Tìm
m
để bất phương trình sau có nghiệm:



12 5 4
     

x x x m x x
(1)

Lời giải: Điều kiện:
0 4
x
 

Do 5 4 0,
     
x x x


0;4
nên ta có:

12
(1)
5 4
x x x
m
x x
 
 
  

( 12 )( 5 4 )
m x x x x x       (2)
Xét hàm số:



( 12)( 5 4 )
     
f x x x x x x
trên đoạn


0;4
.
+)
 
   
 
1 1 1
' 5 4 12 , 0;4
2 2 2 2 4 2 5
x
f x x x x x x x x
x x x x
   
           
   
  
   

+)





' 0 0;4
f x x   .
 Hàm số f(x) đồng biến trên


0;4
. Do đó ta có:
 




0;4
min 0 2 15 4 3
  f x f
(1) có nghiệm


2
 có nghiệm

 


0;4
min 2 15 4 3
    m f x m
Đáp số:
2 15 4 3
m  

Nhận xét:
+) Trong bài tập này ta cũng có thể chỉ ra hàm số


f x
đồng biến trên


0;4

bằng cách vận dụng kiến thức sau: Nếu hàm số
( )

y h x
đồng biến trên D ,
( ) 0
f x


với mọi
x D

và hàm số
( )
y g x

đồng biến trên D ,
( ) 0
g x


với mọi
x D

thì hàm
số
( ) ( )

y h x g x
đồng biến trên D.
+) Có thể thay yêu cầu tìm m để BPT có nghiệm thành tìm m để BPT vô nghiệm
hoặc tìm m để BPT nghiệm đúng với mọi
[0;4]
x

, lúc đó ta có các kết quả tương ứng
là
 


0;4
min
m f x
 ;
 


0;4
ax
m m f x



Bài 2. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
3 1   mx x m (1)

Lời giải: Đặt
3, 0
t x t
  

Ta có:
2
3,
x t
 

(1) trở thành:
 
2
2
1
3 1
2

     

t
m t t m m
t
(2)

Xét hàm số
 
2
1
2
t
f t
t



trên


0;

ta có:
 
 
2
2
2
2 2
'
2
t t
f t
t
  






' 0 1 3; 1 3
f t t t        (loại)

18

Ta có bảng biến thiên

t
0
1 3
  +
∞
f’(t) + 0


f(t)

3 1
4




1
2

0

Dựa vào BBT, (1) có nghiệm  (2) có nghiệm
0

t



 
0;
3 1
m maxf t m
4


   
Đáp số:


 
0;
3 1
m maxf t m
4


  
Nhận xét: Nếu trong bài tập trên nếu ta không đặt ẩn phụ mà biến đổi đưa về

bất phương trình:
1 3
1
 


x
m
x
. Khi đó dẫn đến việc xét hàm số
 
1 3
1
x
f x
x
 


. Đối
với hàm số này việc tính đạo hàm, giải phương trình đạo hàm và xét dấu đạo hàm gặp
khó khăn.

Bài 3: Tìm m để bất phương trình có nghiệm thuộc
0;1 3
 

 



 
2
2 2 1 2 0
     m x x x x (1)
Lời giải: Đặt
 
2 2
2 2 2 2
t x x x x t
       

Ta có (1) trở thành


2
1 2
m t t
  
(2)
Xem
t
là một hàm của x trên
0;1 3
 

 
ta có:

2
1
' ; ' 0 1
2 2
x
t t x
x x

   
 


(0) 2; (1) 1; (1 3) 2
t t t
   

Suy ra:
[0;1 3]
[0;1 3]
min ( ) 1; max ( ) 2
t x t x


 

1 2
t
  

Do

1 0
 
t
,
[1;2]
 
t nên (2)
2
2
2

 

t
m
t
(3)
Xét hàm số
 
2
2
1
t
f t
t



trên



1;2
có:

 
 
2
2
2 2
' 0 , (1;2)
1
t t
f t t
t
 
   

;
Suy ra hàm số đồng biến trên [1;2], do đó:
 
 
1;2
2
max ( ) 2
3
 
f x f
Ta có (1) có nghiệm
 
0;1 3 3

x
 
  
 
có nghiệm


1;2
t 
19


 
1;2
2
max ( )
3
   
m f t m
Đáp số:
2
3
m


Bài 4. (HSG lớp 12 tỉnh Hà Tĩnh 2013-2014)
Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng

[-1;1]
x


:

2
1 12 1 16 3 1 2 15
m x x x m x m
       
(1)

Lời giải:
Điều kiện:
1 1
x
  
.
(1)
2[9( 1) 6 (1 )(1 ) (1 )] (3 1 1 2) 5 0
x x x x m x x
             
(2)
Đặt: 3 1 1
x x t
   
, (2) trở thành
2
2 ( 2) 5 0
t m t
   
(3)
Xem

t
là một hàm số của
x
, ta có:

3 1
' 0
2 1 2 1
t
x x
  
 
,
( 1;1)
x
  

Suy ra t là hàm đồng biến trên
[ 1;1]


Vì
( 1) 2; t(1)=3 2
t    nên
2 3 2
t  
và mỗi
[- 2;3 2]
t  có duy nhất một
[- 2;3 2]

x nên yêu cầu bài toán

tìm
m
để bất phương trình (3) nghiệm đúng
[- 2;3 2]
t 
Do
2 0
t
 
,
[- 2;3 2]
t  nên: (3)
2
2 5
2
 
 

t
m
t
(4)
Xét hàm số
2
2 5
( )
2
t

f t
t
 


trên tập
2;3 2
 

 
ta có:

2
2
2 8 5
'( ) 0,
( 2)
t t
f t x
t
  
   



2;3 2


Do đó
( )

f t
là hàm số nghịch biến trên
2;3 2
 

 

Suy ra
[- 2;3 2]
31
min ( ) (3 2)
3 2 2
f t f

 


Ta có (4) nghiệm đúng
[- 2;3 2]
t 
m
 
[- 2;3 2]
min ( )
f t
31
3 2 2
m

 



Vậy (1) nghiệm đúng

[-1;1]
x

khi và chỉ khi
31
3 2 2



m

Đáp số:
31
3 2 2



m

Bài 5 Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng

x
[0;2]


222

1xx1xxm )()(  (1)
Lời giải:
Đặt:
2
1
  
t x x
với
x
[0;2]

.
Xem t là một hàm số của x, x
[0;2]

.
Ta có:
' 2 1 0, [0;2]
t x x
    

Suy ra t là hàm số đồng biến trên
[0;2]

Do đó:
[0;2]
[0;2]
min ( ) (0) 1; max ( ) (2) 5
t x t t x t
    

, suy ra:
1 t 5
  

20

Ta có (1) trở thành:
2
( 2)
 mt t (2)

Ta thấy
0

t
là một nghiệm của (2)
Với
0

t
ta có:

 
2
2
(t 2)
m ; 1 t 0
t
2
(t 2)

m ; 0 t 5
t


   






  


(3)
Ta có (1) nghiệm đúng

x
[0;2]


(2)

nghiệm đúng

t


1;5
 

(3)

nghiệm đúng

t




1;0 0;5
  
Xét hàm số
2
( 2)
( )


t
f t
t
trên tập




1;0 0;5
  .

2

2
4
'( ) ; '( ) 0 2
t
f t f t t
t

    
(loại);
2
t



0 0
lim ( ) ; lim ( )
t t
f t f t
 
 
   

Bảng biến thiên:
t -1 0 2 5

f’(t)



0 +

f(t)
-1


49
5




-

8
Ta có (3) nghiệm đúng

t




1;0 0;5
  

 




1;0
0;5

m maxf (t); 1 t 0
3
m minf (t); 0 t 5

   




  


m 1
1 m 8
m 8
 

    




Vậy (1) nghiệm đúng

x
[0;2]


1 m 8
   

Đáp số:
1 m 8
  

Nhận xét: Bài toán này cũng giống như bài toán 4 là dạng toán tìm điều kiện của
m để BPT đúng với
x D
 
, ở đây có điều khó khăn hơn là để cô lập m ta cần xét t=0
và
t 0

sau đó dẫn đến một hệ bất phương trình và cần tìm điều kiện của m để hệ
này đúng với mọi




t 1;0 0;5
  

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
1) 3 1 2 5
   
x x m

2)



3
3 2
3 1 1
    
x x m x x
Tìm m để bất phương trình sau
3) )())(( 3x5x2mx3x21
2
 nghiệm đúng với mọi ];[ 3
2
1
x


4) x
2
- 2x + 1 - m
2

0

nghiệm đúng với mọi x

[1; 2]
21

3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Cũng như các bài toán về PT, BPT có chứa tham số , các bài toán về HPT chứa
tham số thông thường cũng sẽ được giải quyết một cách đơn giản nếu sử dụng PPĐH

Bài 1. (ĐH - Khối D-2007)
Cho hệ phương trình
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10

   




    


x y
x y
x y m
x y
(1)
Tìm m để: a) Hệ có nghiệm (x;y);
b) Hệ có nghiệm thỏa mãn (x;y) thỏa mãn
x > 1, y >1
.
Phân tích bài toán: Đây là hệ đối xứng loại 1, tuy nhiên việc đặt

,
s x y p xy
  

sẽ rất phức tạp cho việc xử lý ở phần sau. Ở đây ta sẽ dùng nhận xét
3 3
3
1 1 1
( ) 3( )
a a a
a a a
    
để đặt ẩn phụ.
Lời giải
Đặt
1 1
,u x v y
x y
   

a) Điều kiện:
2, 2
u v
 

Hệ (1) trở thành
 
3 3
5
3 15 10

u v
u v u v m
 



    


5
. 8
u v
u v m
 



 


,
u v

là nghiệm của phương trình
2
5 8
t t m
  
(2)
Xét hàm số



2
5 8
f t t t
  
với
2
t

có:

 
5
' 2 5; ( ) 0
2
f t t f t t
    


2 2
lim ( ) ; lim ( ) ; lim ( ) 2; lim ( ) 22
x x
x x
f t f t f t f t
 
 
 
     

Ta có bảng biến thiên:

t
-∞ -2 2
5
2
+∞
f'(t)



0 +
f(t)
+


+


22
2


7
4


(1) có nghiệm  (2) có 2 nghiệm
1 2
,

t t t t
 
thỏa mãn
1 2
2; 2
t t
 


22
m
 
hoặc
7
2
4
m
 
.
22

b) Xét hàm số
 
1
 
g t t
t
trên



1;

ta có:

   
2
1
' 1 0 1;
     
g t t
t
;
Do đó g(t) là hàm đồng biến trên


1;

.
Từ đó suy ra g(t)


, 1;
  
> g(1)= 2 t
Vậy ta có điều kiện:
u 2 v 2
 
,
;
Xét hàm số



2
5 8
f t t t
  
với
t 2

.

5
'( ) 2 5; '( ) 0
2
f t t f t t
    


2
lim ( ) ; lim ( ) 2
x
x
f t f t



  

Ta có bảng biến thiên:

t
2
5
2
+∞
f'(t)

0 +
f(t)
+

2





7
4

Ta có: (1) có nghiệm thỏa mãn (x;y) thỏa mãn
1,

x y >1



(2) có 2 nghiệm
1 2
,

t t t t
 
thỏa mãn
1 2
2; 2
 
t t
7
2
4
m
  

Đáp số: a)
22
m

hoặc
7
2
4
m
 
b)
7
2
4
m
 

Nhận xét:
+) Trong câu (b) với
x > 1, y >1
, ta phải sử dụng đạo hàm để tìm điều kiện
chính xác của ẩn phụ.
+) Có thể thay yêu cầu của bài toán ở câu b thành tìm m để hệ có nghiệm (x;y)
thỏa mãn x >3; y >3 hoặc x < -2; y < -2…

Bài 2. (ĐH - Khối D-2011)
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm



 
3 2
2
2 2
,
1 2

   



   


x y x xy m
x y R
x x y m

(1)
Lời giải:

 




 
 
 
2
3 2 2
2
2
2
2 2
1
2 1 2
1 2
x x x y m
x x y x xy m
x x x y m
x x y m

  

   
 
 

 
    
   
 



Đặt:
2
, 2
u x x v x y
   
ta có
1
,
4
u v
  

.
23

(1) trở thành:
 
1 2
1 21 2
v m u
uv m
u m u m
u v m

  




 
  
  




 
2
1 2
2
2 1
v m u
u u
m
u
  




 






(Do
1
4
u
 
nên
2 1 0)
u
 

Hệ (1) có nghiệm  (2) có nghiệm
1
4
u
 

Xét hàm số
 
2
2 1
u u
f u
u
 


trên
1

;
4
 
 


 
.

 
 
2
2
2 2 1 1
' , ;
4
2 1
u u
f u u
u
 
 
     
 
 

;

 
1 3 1 3

' 0 ;
2 2
f u u u
   
    (loại)
Ta có bảng biến thiên:

u

1
4


1 3
2
 
+∞

f’(u) + 0


f(u)

2 3
2




5

8


-
∞
Dựa vào BBT, (1) có nghiệm
2 3
2
m

 
Đáp số:
2 3
2
m


Nhận xét:
+) Đối với bài toán này, ta cần quan sát và khéo léo biến đổi để phát hiện ra ẩn
phụ hợp lý
+) Bài toán có thể thay đổi yêu cầu như sau: Tìm m để hệ có nghiệm (x,y) với x
không âm; hoặc là có nghiệm (x, y) với x < a hoặc x>a, (a cho trước).

Bài 3. (HSG lớp 12 tỉnh Nghệ An 2011-2012)
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm

3 3 2
2 2 2
12 6 16 0 (1)
4 2 4 5 4 0 (2)

x x y y
x x y y m

    


     



Phân tích bài toán: Ở PT (1) x, y đứng độc lập với nhau và đều có số mũ cao
nhất là 3, điều đó gợi cho chúng ta suy nghĩ: có thể chuyển PT (1) về dạng f(ax+b) =
f(y) hoặc f(ay+b) = f(x) với f(x) là hàm số bậc 3 nào đó.

Lời giải:
Điều kiện:
2 2
0 4
x
y
  


 


24

Ta có
   

3
3
(1) 12 2 12 2
x x y y
     

Xét hàm số


3
( ) 12 , 2;2
f t t t t    ;





' 2 2
( ) 3 12 3 4 0 , 2;2
f t t t t        
f(t) là hàm liên tục trên


2;2

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên


2;2


Ta có: x và y – 2 cùng thuộc đoạn


2;2


( ) ( 2)
f x f y
 

2 2
x y y x
     
(3)
Thay (3) vào (2) ta được phương trình
2 2
3 4 4
x x m
  
(4)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm

phương trình (4) có nghiệm x



2;2

Xét hàm số:
2 2

( ) 3 4 4
g x x x
   ,


2;2
x 

2
3
'( ) 8 ; '( ) 0 0
4
g x x g x x
x
 
     
 

 


( 2) 16; (2) 16; (0) 6
     
g g g
Ta có:
 
 
2;2
2;2
ming(x) 16; max g(x) 0



  

(4) có nghiệm x



2;2


16 6
m
  

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi:
16 6
m
  

Đáp số:
16 6
m
  


Nhận xét:
+)Đối với bài này, việc phân tích để xử lý PT (1) từ đó rút ra mối quan hệ giữa x
và y là rất quan trọng, sau đó giải quyết PT (2) tương tự như các bài toán ở dạng1.
+)Ta cũng có thể thay đổi yêu cầu của bài toán như sau: Tìm m để hệ có 2

nghiệm, 3 nghiệm, nghiệm duy nhất, hay có nghiệm (x; y) thỏa mãn x>1,…

Bài 4. Cho hệ phương trình:

1 1
1 1
x y m
y x m

   


   



Tìm m để hệ phương trình trên: a) Có nghiệm;
b) Có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
Điều kiện:
0 1
0 1
x
y
 


 


Từ hệ ta suy ra: 1 1    
x y x x

1 1
x x y y
     
(1)
Xét hàm số


( ) 1 , 0;1
f t t t t   

 
'
1 1
( ) 0 , 0;1
2 2 1
f t t
t t
    


Suy ra hàm số
( )
y f t

đồng biến trên



0;1

Ta có: (1) ( ) ( )
f x f y x y
   