SKKN Ứng dụng của hàm số trong việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ TRONG VIỆC GIẢI VÀ BIỆN LUẬN
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH"
1

I/ ĐẶT VẤN ĐỀ:
Phương trình , bất phương trình là một trong những nội dung cơ bản của chương trình
toán THPT.Các bài toán về giải phương trình,bất phương trình hay tìm điều kiện để
phương trình , bất phương trình có ngiệm thường có trong các đề thi tuyển sinh vào
ĐH,CĐ. Chính vì vậy việc đi sâu nghiên cứu tìm tòi thêm các phương pháp giải, biện
luận phương trình, bất phương trình có một ý nghĩa rất quan trọng nhằm cung cấp thêm
cho học sinh các kiến thức, kỹ năng giải quyết bài toán về phương trình, bất phương
trình. Trong đề tài này tôi chỉ đi sâu vào giải và biện luận phương trình, bất phương trình.
II/ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
1/ Cơ sở lý luận
Hàm số là một vấn đề trọng tâm trong chương trình toán học ở trường THPT. Dạy học
theo quan điểm hàm số giúp cho học sinh nâng cao được khả năng tư duy. Hàm số có ứng
dụng rất rộng lớn trong nhiều lĩnh vực của toán học mà một trong các ứng dụng đó là
việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình.
Các khái niệm về phương trình, bất phương trình đều được định nghĩa thông qua khái
niệm hàm số do vậy việc sử dụng phương pháp hàm số trong việc nghiên cứu phương
trình, bất phương trình có một ý nghĩa rất to lớn. Một mặt nó tác dụng củng cố thêm các
kiến thức về hàm số và ngược lại các kiến thức đó lại được vận dụng trở lại trong các bài
toán về phương trình và bất phương trình.
2/ Thực trạng của vấn đề:
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy trong trường THPT tôi thấy học sinh rất lúng túng trong
việc giải quyết các bài tập mà cần đến các kiến thức về hàm số một phần do kiến thức về
phần hàm số cũng tương đối trừu tượng và muốn đi sâu nghiên cứu các ứng dụng của
2

hàm số cũng chưa được coi trọng đúng mức. Trong một số bài toán về phương trình, bất
phương trình nếu dùng các phương pháp khác thì bài toán trở nên rất phức tạp đôi khi có
thể không giải được trong khi đó nếu sử dụng phương pháp hàm số thì cách giải trở nên
rất đơn giản.
3/ Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Trong đề tài này tôi muốn trình bày với một ý tưởng giúp học sinh khai thác những kiến
thức cơ bản về hàm số, phương trình, bất phương trình mà các em đã được học nhằm
giúp các em nắm được kiến thức cơ bản một cách chắc chắn, sâu sắc từ đó các em có thể
vận dụng được linh hoạt vào giải quyết các bài toán về giải, biện luận phương trình hay
bất phương trình.
Giải pháp và tổ chức thực hiện là:
- Cho học sinh nghiên cứu đề tài (giáo viên dạy, học sinh học và làm bài tập)
- Kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức của học sinh trước và sau khi nghiên cứu chuyên
đề.
- Tổng kết các mặt đã làm được và chưa làm được trong chuyên đề để có hướng vận dụng
chuyên đề cho các khóa học sinh tiếp theo.
4/ Nội dung của chuyên đề:
4.1/ Ứng dụng của hàm số trong giải phương trình và bất phương trình:
a) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong việc giải phương trình
* Kiến thức cơ bản
Định nghĩa:
Giả sử K là một khoảng, một đoạn, hay một nửa khoảng và f là hàm số xác định trên K
3

Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu:
∀
x
1
,x

2
∈

K ,x
1
< x
2
⇒
f(x
1
) < f(x
2
)
Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu:
∀
x
1
,x
2
∈
K ,x
1
< x
2
⇒
f(x
1
) > f(x
2
)

Dấu hiệu đồng biến, nghịch biến:
ĐL1: Cho hàm số
( )
xfy =
xác định trên
);( ba
Nếu
( )
0' ≥xf

);( bax ∈∀
thì hàm số đồng biến trên
);( ba
Nếu
( )
0' ≤xf

);( bax ∈∀
thì hàm số nghịch biến trên
);( ba
Chú ý:
( )
0' ≠xf

);( bax ∈∀
ĐL2: Giả sử các hàm số
( )
xU
và
( )

xV
là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên
);( ba
khi đó
hàm số
( ) ( )
xVxUy +=
cũng là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên
);( ba
ĐL3: Gỉa sử
( )
xU
và
( )
xV
là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên
);( ba
và
( )
0xU
;
( )
0xV
với
);( bax ∈∀
khi đó hàm số
( ) ( )
xVxUy =
cũng là hàm số Đồng biến (Nghịch biến)
trên

);( ba
ĐL4: Nếu
( )
xU
là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên
);( ba
và
( )
0xU
với
);( bax ∈∀
khi đó hàm số
( )
xU
1
là hàm số Nghịch biến (hoặc Đồng biến) trên
);( ba
ĐL5: Hàm số
( )
ufy =
Đồng biến, hàm số
( )
xgu =
Đồng biến thì hàm số hợp
( )
[ ]
xgfy =

Đồng biến
- Các hướng khai thác.

4

+ Đưa phương trình về dạng
( ) ( )
xgxf =
. Trong đó
( )
xf
là hàm số đồng biến
( )
xg
là
hàm số nghịch biến hoặc ngược lại. Khi đó nếu x = x
0
thỏa mãn
( ) ( )
00
xgxf =
thì x = x
0
là
nghiệm duy nhất của phương trình.
+ Đưa phương trình về dạng
( )
Axf =
Trong đó
( )
xf
là hàm số đơn điệu. Nếu tồn tại
x = x

0
sao cho
( )
Axf =
0
thì x = x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình.
+ Đưa phương trình về dạng
( ) ( )
vguf =
với
( )
xUu =
;
( )
xVv =
trong đó
( )
tf
là hàm số
đơn điệu thì phương trình tương đương với
( ) ( )
xVxU =
.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phương trình
035
2
=−+

−
x
x
Bài giải: phương trình đã cho tương đương với
x
x
−=
−
35
2
Ta thấy hàm số
( )
2
5
−
=
x
xf
là hàm số đồng biến vì
( )
5ln5'
2−
=
x
xf

( )
0' xf
với
Rx∈∀

.
Hàm số
( )
xxg −= 3
là hàm số nghịch biến trên R.
và
( ) ( )
222 =⇒= xgf
là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2 : Giải phương trình

132
2
+=
x
x
(1)
Bài giải: (1)
⇔

( )
132 +=
x
x
1
2
1
2
3
=







+








x
x
5

Ta thấy hàm số
( )
x
x
xf







+








=
2
1
2
3
là hàm số nghịch biến ( Tổng của hai hàm
số nghịch biến) và
( )
212 =⇒= xf
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình
( )
2
1
122
2
−=−
−−
x
xxx
(Đề thi đại học Thủy lợi năm 2001)

Bài giải:
uxx =−
2
vx
=−
1
Thì
( )
2
1−=− xvu
Phương trình đã cho tương đương với :
vu
uv
−=− 22
⇔
vu
vu 22 +=+
Hàm số tương ứng ở hai vế là:
( )
t
ttf 2+=
(*)
có
( )
02ln21' 
t
tf +=
Nên
( )
tf

đồng biến, do đó (*)
⇔

vu =
⇔

11
2
=⇔−=− xxxx
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2653 +=+ x
xx
(Đề thi ĐHSP Hà Nội – Khối A năm 2001)
Bài giải: viết phương trình về dạng :
02653 =+−+ x
xx
Xét hàm số
( )
2653 +−+= xxf
xx
(1)
6


( )
65ln53ln3'
5
−+=
x

xf
( )
xf '
là hàm số đồng biến ( vì là tổng của hai hàm số đồng biến và một hằng số không
đổi) liên tục và có đổi dấu chẳng hạn:
( )
065ln3ln0' −+=f
( )
065ln53ln31' −+=f
⇒

( )
0' =xf
có nghiệm duy nhất
α
=x
và đổi dấu từ âm sang dương. Ta có bảng biến
thiên.
x
∞−

α

∞+
( )
xf '
- 0 +
( )
xf
Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số

( )
xfy =
cắt trục hoành tối đa 2 lần
⇔
phương
trình (1) có tối đa 2 nghiệm.
Ta thấy
( ) ( )
01;00 == ff
Do đó phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm
0
=
x
hoặc
1
=
x
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( )
xx
32
log1log =+
Bài giải: Đặt
( )
txx ==+
32
log1log
khi đó phương trình đã cho tương ứng với:






=
=+
t
t
x
x
3
21
⇔
tt
231 =+
7

⇔
t
t
231
2
=+
Từ ví dụ 1 suy ra
2=t
là nghiệm duy nhất của phương trình
⇒
2log
3
=x

⇒
9
=
x
.
Ví dụ 6: Giải phương trình
x
xx
23232 =






−+






+
(1)
Bài giải: Chia hai vế phương trình cho
x
2
ta được:
(1)
⇔

1
2
32
2
32
=








−
+








+
xx
(2)
Ta thấy
232 ±
⇔

1
2
32
0 








+
Nên vế trái của phương trình (2) là hàm số nghịch biến ( vì là tổng của 2 hàm số nghịch
biến) và
2
=
x
thỏa mãn phương trình (2) do đó
2
=
x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 7: Giải phương trình
( ) ( )
32log22log
2
32
2
322

−−=−−
+
+
xxxx
(1)
Bài giải: Tập xác định:
032
2

−−
xx
⇔



−
3
1


x
x
(1)
⇔
( ) ( )
32log22log
2
347
2
348

−−=−−
++
xxxx
⇔
( ) ( )
32log22log
2
347
2
348
−−=−−
++
xxxx
Đặt
1347 +=a
;
32
2
−−= xxt
khi đó phương trình trở thành:
( )
tt
aa
log1log
1
=+
+
(2)
8

Đặt
yt
a
=log
thì (2)
⇔
( )





+=+
=
y
y
at
at
11
hay
( )
y
y
aa 11 +=+
⇔
1
1
1
1
=







+
+






+
yy
aa
a
(3)
Ta thấy
1
1
0 
+a
a
;
1
1
1
0 

+a
Vế trái của (3) là tổng của 2 hàm số nghịch biến.
1=y
thỏa mãn phương trình (3)
⇒

1=y

là nghiệm duy nhất của phương trình (3)
Với
1=y

⇒
1log =t
a
⇔
at =

⇔
34732
2
+=−− xx

⇔
034102
2
=−−− xx
⇔
34111 +±=x
Vậy phương trình có 2 nghiệm:

34111 +±=x
.
b. Sử dụng phương pháp hàm số trong giải bất phương trình
Các hướng khai thác
- Đưa bất phương trình đã cho về dạng
( ) ( )
afxf 
(1) (hoặc
( ) ( )
afxf 
) trong đó
( )
xf
là
hàm số đơn điệu từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình.
Nếu
( )
xf
là hàm số đồng biến thì (1)
⇔

ax 

( )
xf
là hàm số nghịch biến thì (1)
⇔

ax 
.

- Đưa bất phương trình về dạng
( ) ( )
xgxf ≤
và nhẩm được
( ) ( )
agaf =
khi đó đưa vào tính
đơn điệu của các hàm số
( )
xf
và
( )
xg
thì có thể suy ra được nghiệm của bất phương trình.
9

- Đưa bất phương trình về dạng
( )
Axf 
(hoặc
( )
Axf 
). Dựa vào việc khảo sát hàm số
( )
xf
ta có thể suy ra nghiệm của bất phương trình.
Trong một số bài toán để sử dụng được phương pháp hàm số phải thông qua bước
đặt ẩn phụ.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình

122
1
−
−
x
x

(1)
Bài giải: bất phương trình (1)
⇔
0122
1
+−
−
x
x
Xét hàm số
( )
122
1
+−==
−
xxfy
x
có tập xác định R
( )
022ln2'
1
−−=
−x

xf
Rx
∈∀
Nên hàm số
( )
xf
nghịch biến trên R.
Ta thấy
( )
01 =f
nên (1)
⇔

( ) ( )
1fxf 
( )
xf
là hàm số nghịch biến suy ra nghiệm của bất phương trình là
1x
Ví dụ 2: Giải bất phương trình
(
)
( )
257log155log
2
3
2
2
≤−++++− xxxx
(1)

Bài giải: Đặt
txx =+− 55
2
( )
0≥t
Bất phương trình (1)
⇔

( )
( )
22log1log
2
32
≤+++ tt
(2)
Xét hàm số
( ) ( )
( )
2log1log
2
32
+++= tttf
trên
[
)
+∞;0
( )
( )
( )
0

3ln2
2
2ln1
1
'
2

+
+
+
=
t
t
t
tf
với
[
)
+∞∈∀ ;0t
Nên
( )
tf
đồng biến trên
[
)
+∞;0
10

Ta lại có
( )

21 =f
nên bất phương trình (2)
⇔
( ) ( )
1ftf ≤

⇔

10 ≤≤ t
⇔
1550
2
≤++≤ xx
⇔





≤+−
≥+−
045
055
2
2
xx
xx
⇔










≤≤






+
≥
−
≤
41
2
55
2
55
x
x
x
⇔







≤≤
+
−
≤≤
4
2
55
2
55
1
x
x
Ví dụ 3: Giải bất phương trình
( )
124log.2
2
2
2
≥−−
−−
xx
x
(1)
Bài giải: Tập xác định:
024
2
−− xx

⇔
2222 +−  x
(1)
⇔
( )
2
2
2
224log
−
≥−−
x
xx
(2)
Đặt
24
2
−−= xxu
024' =−= xu
⇔
2=x
Ta có bảng biến thiên:
x

22 −
2
22 +
'u
+ 0 -
u

2
11

0
0
u
2
log
1
∞−

∞−
Qua bảng biến thiên ta có
( )
124log
2
2
≤−− xx
Mặt khác:
02 ≥−x
⇒
122
0
2
=≥
−x
Nên
( )
2
2

2
224log
−
≤−−
x
xx
do đó bất phương trình (2)
⇔
( )
2
2
2
2124log
−
==−−
x
xx

⇔

2=x
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2=x
Ví dụ 4: Giải bất phương trình
3412 −−− xx
Bài giải: Tập xác định
1≥x
Xét hàm số
( )
12 −−= xxxf

Ta có
( )
344 −=f
( )
( )
1
12
12
11
'
−
−−
=
−
−=
xx
xx
xx
xf
( )
0' =xf
⇔
xx =−12

⇔
3
4
=x
x

1

3
4

4

∞+
( )
xf '
- 0 + +
12

( )
xf

2

34 −

3
Qua bảng biến thiên ta suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là
4x

Ví dụ 5: Giải bất phương trình
5429 +++ xx
Bài giải: Xét hàm số
( )
429 +++= xxxf
có tập xác định:

2−≥x
( )
0
42
1
92
1
' 
+
+
+
=
xx
xf
⇒
Hàm số đồng biến trên
[
)
+∞− ;2
Ta thấy
( )
50 =f
Vậy
Khi
02 ≤≤− x
thì
( ) ( )
50 =≤ fxf
⇒
bất phương trình vô nghiệm

Khi
0x
thì
( ) ( )
50 =fxf 
⇒

0x
∀
là nghiệm.
Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng:
Giải các phương trình và bất phương trình sau:
1.
xxx
543 =+
2.
( )
( )
42lg6lg
2
++=+−− xxxx
3.
( )
xx
x
6
log
2
log3log
6

=+
4.
( ) ( )
224log12log
32
≤+++
xx
5.
0
132
5
5
lg

+−
−
+
x
x
x
x
13

4.2 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận về sự tồn tại nghiệm của phương
trình và bất phương trình.
a. Sử dung tính liên tục của hàm số để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một
phương trình.
ĐL: Nếu hàm số
( )
xfy =

liên tục trên
[ ]
ba;
và
( ) ( )
0bfaf
thì
∃
( )
bax ;
0
∈
sao cho
( )
0
0
=xf
.
Ví dụ 1: Biết rằng
0632
=++
cba
(1)
Chứng minh
( )
cbxaxxf ++=
2
có nghiệm trong
( )
1;0

Bài giải: Cách 1
Ta thấy
( )
xf
liên tục trên R.
Mặt khác
( ) ( )
06324
2
1
4
1
1
2
1
40 =++=+++






+++=+






+ cbacbacbacfff

Suy ra tồn tại 2 trong 3 số
( )
0f
,






2
1
f
và
( )
1f
là trái dấu nhau trong bất kì trường
hợp nào thì
( )
xf
cũng có nghiệm trong
( )
1;0
Cách 2: Ta có
( )







++=






cbacff
3
2
9
4
3
2
.0







++= cbac
2
9
32
9
2

32
9
6
9
2
2
c
ccc −=






+−=
*
0
=
c
thì (1)
⇔

032
=+
ba

0=a

⇒

0=b
phương trình
( )
0=xf
có nghiệm
Rx ∈∀

0
≠
a

⇒
phương trình có nghiệm
( )
1;0
3
2
∈=x
14

*
0
≠
c

⇒
( )
0
33
2

.0
2

c
ff −=







⇒

( )
xf
có nghiệm






∈
3
2
;0x
Hay
( )
xf

có nghiệm
( )
1;0∈x
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình:
012
235
=−+−+ xxxx
có nghiệm duy nhất.
Bài giải: Viết phương trình về dạng
( )( )
011
32
=−++ xxx
⇔
01
3
=−+ xx
Xét hàm số
( )
1
3
−+= xxxf
( )
013'
2
+= xxf
x∀
⇒
hàm số
( )

xf
đồng biến trên R
( )
xf
liên tục trên R.
( ) ( )
011.0 −=ff
Suy ra phương trinhg
( )
xf
chỉ có 1 nghiệm
( )
1;0
0
∈x
hay phương trình đã cho có nghiệm
duy nhất
( )
1;0
0
∈x
.
Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng:
1. Biết rằng
0334
=++
cba
chứng minh
( )
0

2
=++= cbxaxxf
có nghiệm
( )
2;0
0
∈x
2. Chứng minh rằng với mọi m thi phương trình:
01
23
=−+ mxx
luôn có nghiệm dương.
Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
3. Chứng minh rằng phương trình:
03369664
246
=−+− xxx
có nghiệm
0
x
thỏa mãn điều
kiện
2
322
2
222
0
++
++
 x

b. Sử dụng định lí Lagrăng trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương
trình, bất phương trình.
15

Định lí: Lagrăng: Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên
[ ]
ba;
và có đạo hàm trên
( )
ba;
thì
( )
bac ;∈∃
sao cho
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf
−
−
='
Ta lấy ví dụ 1 ở phần trên: biết rằng:
0632 =++ cba

Chứng minh
( )

cbxaxxf ++=
2
có nghiệm trong
( )
1;0
Bài giải: Xét hàm số:
( )
cx
bxax
xF ++=
23
23
là hàm số có
( ) ( )
xfxF ='
khi đó
( )
xF
liên tục trên
[ ]
1;0
và có dạo hàm trên
( )
1;0
Theo định lí Lagrăng thì
( )
1;0
0
∈∃x
sao cho:

( )
( ) ( )
01
01
'
0
−
−
=
FF
xF
Hay
( )
1;0
0
∈∃x
sao cho
( )
0
6
662
23
0
=
++
=++=
cba
c
ba
xf

Vậy phương trình
( )
0=xf
có nghiệm
( )
1;0∈x
.
Ví dụ 2: Chứng minh bất phương trình
xe
x
+≥1
thỏa mãn với
Rx
∈∀
.
Bài giải: +
0=x
thỏa mãn bất phương trình.
+
0x
Xét hàm số
( )
t
etf =
trên
[ ]
x;0
Hàm số liên tục trên
[ ]
x;0

và có đạo hàm trên
( )
x;0
. Theo định lí Lagrăng ta có
( )
xc ;0∈∃

sao cho
( )
( ) ( )
0
0
'
−
−
=
x
fxf
cf
hay
( )
xc ;0∈∃
sao cho
x
e
e
x
c
1−
=

( )
xc ;0∈

⇒
10
0
=⇒ eec
c

nên
xe
x
e
x
x
+⇔
−
11
1

16

+
0x
Khi đó hàm số
( )
tf
liên tục trên
[ ]
0;x

và có đạo hàm trên
( )
0;x
. Theo định lí
Lagrăng ta có:
( )
0;xc∈∃
sao cho
( )
( ) ( )
x
xff
cf
−
−
=
0
0
'
hay
( )
0;xc∈∃
sao cho
( )
x
xf
e
c
−
−

=
1
10 
c
ec ⇒
nên
( )
( )
xxf
x
xf
−−⇔
−
−
 11
1
(vì
0x−
)
xe
x
+⇒ 1
Vậy bất phương trình đã cho thỏa mãn với
Rx ∈∀
.
Giới thiệu một số bài tập áp dụng:
1. Chứng minh rằng nếu phương trình:
0
1
1

10
=+++
−
−
xaxaxa
n
nn
có nghiệm dương
1
x
thì phương trình:
( )
0 1
1
2
1
1
0
=++−+
−
−−
n
nn
axanxna
cũng có nghiệm dương
12
xx 
2. Chứng minh phương trình:
0cos2cos3cos4cos
=+++

xdxcxbxa
luôn có nghiệm trong
khoảng
( )
π
;0
với mọi
dcba ;;;
.
3. Chứng minh:
0
34
≥++ qpxx

Rx
∈∀

4
27256 pq ≤⇔
c. Sử dụng phương pháp miền giá trị hàm trong việc biện luận sự tồn tại nghiệm của
phương trình hay bất phương trình.
* Đối với phương trình ta sử dụng mệnh đề sau:
Phương trình
( )
mxf =
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi
m
thuộc miền giá trị của hàm
số
( )

xfy =
trên D.
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình:
( )( )
mxxxx =−+−−++ 6363
(1) Có nghiêm.
17

Bài giải: Đặt
xxt −++= 63
Với
[ ]
6;3−∈x
thì
( )( )
0
632
36
' =
−+
+−−
=
xx
xx
t

⇔

xx +=− 36

⇔

2
3
=x
Ta có bảng biến thiên:
x

3−

2
3

6
't
+
0
-
t

23

3

3

Do đó
[ ]
23;3∈t

( )( )
2
9
63
2
−
=−+
t
xx
Khi đó phương trình (1) trở thành:
mt
t
m
t
t =++−⇔=
−
−
2
9
22
9
22
(2) phương trình
(1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm
[ ]
23;3∈t
xét hàm số:
2

9
2
2
++−= t
t
y
01' =+−= ty
⇔
1=t
ta có bảng biến thiên:
t
1 3 3
2
'y
+ 0 - -
-
y
3

2
9
23 −
18

Qua bảng biến thiên ta có miền giá trị của hàm số
y
là:







− 3;
2
9
23
nên phương trình
đã cho có nghiệm khi






−∈ 3;
2
9
23m
.
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình:
0sincos2cos
2
=−−+ mxxx
(1) có nghiệm.
Bài giải: Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:
mxx =−+ 2coscos3
2
Đặt:
tx =cos

( )
11 ≤≤− t
phương trình trở thành
mtt =−+ 23
2
(2)
Xét hàm số:
23
2
−+= tty
trên
[ ]
1;1−
⇒
016' =+= ty
⇔

6
1
−=t
Ta có bảng biến thiên:
t
∞−
-1
6
1
1
∞+
'y

- 0 +
y
2 0

12
25
−

Qua bảng biến thiên suy ra phương trình (2) có nghiệm
[ ]
1;1−∈t
khi
2
12
25
≤≤− m
Hay phương trình (1) có nghiệm khi
2
12
25
≤≤− m
.
* Đối với bất phương trình ta sử dụng mệnh đề sau:
19

Để tìm điều kiện m sao cho bất phương trình
( )
mxf 
( hoặc
( )

mxf 
) có nghiệm ta tìm
miền giá trị của hàm số
( )
xfy =
và từ đó có kết luận về m.
Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình:
13 +≤−− mxmx
(1) có nghiệm.
Bài giải: Đặt
(
]
+∞∈⇒−= ;03 xxX
Phương trình (1) trở thành:
( )
2
1
12
2
2
+
+
≤⇔+≤+
X
X
mXXm
(2)
Bất phương trình (1) có nghiệm
⇔
bất phương trình 2 có nghiệm

0
≥
X
⇔
có ít nhất một điểm của đồ thị
2
1
2
+
+
=
X
X
y
với
0≥X
không ở phía dưới đường thẳng
my =
.
Xét hàm số
2
1
2
+
+
=
X
X
y
có

( )
0
2
22
'
2
2
2
=
+
+−−
=
X
XX
y

⇔

022
2
=+−− XX
⇔
31±−=X
. Ta có bảng biến thiên:
X

31−−
0
31−−

∞+
'y
- 0 + + 0 -
y

4
13 +

2
1

0
Qua bảng biến thiên suy ra với
4
13 +
≤m
thì bất phương trình đã cho có nghiệm.
Ví dụ 2: Tìm m sao cho bất phương trình:
04
34
≥++ mxxx
thỏa mãn với
1≥∀x
20

Bài giải: bất phương trình đã cho:
⇔

( )
04

22
≥++ mxxx

⇔

04
2
≥++ mxx
khi
1≥x
Xét hàm số
( )
mxxxf ++= 4
2
khi
1≥x
⇒

( )
2042' −=⇔=+= xxxf
Ta có bảng biến thiên:
x
∞−
2 1
∞+
( )
xf '
- 0 + +
( )
xf

∞+

5
+
m
Suy ra bất phương trình
( )
0≥xf
có nghiệm khi và chỉ khi
505 mm ⇔≥+
Ví dụ 3: Tìm m sao cho mọi
( )
3;2∈x
đều là nghiệm của bất phương trình:
( ) ( )
04log1log1
2
5
2
5
mxxx ++−++
(*)
Bài giải: Ta có (*)
⇔

( )
[ ]
( )
mxxx +++ 4log15log
2

5
2
5

⇔

( )
0415
22
 mxxx +++
⇔





++
−+−
)2(04
)1(0544
2
2


mxx
mxx
( )
3;2∈∀x
là nghiệm của bất phương trình (*)
⇔

( )
3;2∈∀x
đồng thời là nghiệm của (1) và
(2).
Xét hàm số
( )
( )





++
−+−
3;204
3;20544
2
2
trênmxx
trênmxx


Thì
( )
2
1
048' =⇔=−= xxxf

( )
2042' −=⇔=+= xxxg

21

Ta có bảng biến thiên:
x
∞−

2
1

2

3

∞+
( )
xf '
( )
xf

m
−
13
x
∞−

2−

2

3

∞+
( )
xg'
( )
xg

m
−
12
Suy ra
0)( >xf
và
0)( >xg
với
)3;2(∈x






≤≤−⇔
≥+
≥−
⇔
≥
≥
⇔ 1312
012

013
0)2(
0)2(
m
m
m
g
f
Giới thiệu một số bài tập áp dụng:
1) Tìm m để phương trình :
042
2
=−−− xmx
có nghiệm.
2) Tìm m để phương trình :
)2(log
)2(log
2
2
2
2
++
=+++
xx
m
mxx
có nghiệm.
3) Tìm m sao cho
04cos2cos ≥++ xmx
với mọi

x
22

d. Sử dụng phương pháp max, min trong việc biện luận sự tồn tại nghiệm của
phương trình, bất phương trình.
Để áp dụng được phương pháp này chúng ta sử dụng một số mệnh đề sau:
Mệnh đề1: phương trình
mxf =)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
)(max)(min xfmxf
D
D
≤≤
Mệnh đề 2: bất phương trình
mxf <)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
mxf
D
<)(min
Mệnh đề 3: bất phương trình
mxf <)(
có nghiệm với mọi
Dx ∈
mxf
D
<⇔ )(max
Mệnh đề 4: bất phương trình
mxf >)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
mxf

D
>)(max
Mệnh đề 5: bất phương trình
mxf >)(
có nghiệm với mọi
Dx ∈

mxf
D
>⇔ )(min
.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên chẵn và
3>a
thì phương trình:
0)(3)1(
212
=++−+
+++ nnn
axxnxn
vô nghiệm.
Bài giải: Xét hàm số
212
)(3)1()(
+++
++−+==
nnn
axxnxnxfy

)3()2)(1()( −++=

′
xxnnxf
n
Vì n là số tự nhiên chẵn nên
0>
n
x
với mọi x nên
0'y
với
3x
và
0'≤y
với
.3
≤
x
Do đó min
( )
033
21

++
−==
nn
afy
(vì
3a
)
23

Suy ra phương trình
( )
0=xf
vô nghiệm.
Ví dụ 2: Cho bất phương trình:
( )( )
182244
2
−+−≤+−− axxxx
(1)
Bài giải: Đặt
( )( )
8224
2
++−=+−= xxxxt
với
42 ≤≤− x
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
( )( ) ( )
[ ]
324
2
1
240 =++−≤+−=≤ xxxxt

40 =⇔= xt
hoặc
2−=x

3
=
t
Khi
xx
+=−
24
1
=⇔
x
Bất phương trình (1) trở thành:
( )
104
2
+−= tttf
(2)
Bất phương trình (1) có nghiệm khi bất phương trình (2) có nghiệm
[ ]
3;0∈t
Ta có bảng biến thiên:
t
0 2 3
( )
tf
10
7
6
Qua bảng biến thiên :
[ ]
( )

6min
3;0
=tf
và bất phương trình (2) có nghiệm
[ ]
3;0∈t
khi
6
≥
a
.
Hay với
6
≥
a
thì bất phương trình (1) có nghiệm.
4.3 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận số nghiệm của một phương
trình hay bất phương trình
Ví dụ 1: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình.
644
4
44
=+++++ mxxmxx
(1)
24

Giải: Đặt
4
4
4 mxxt ++=

(t
0
≥
)
Phương trình (1) trở thành
⇒=++ 06
2
tt



−=
=
)(3
2
Lt
t
mxxmxxmxxt =+−−⇔=++⇔=++⇒= 164164242
44
4
4
Xét hàm số
164)(
4
+−−= xxxf

10)1(444)(
33
−=⇔=+−=−−=
′

xxxxf
Số nghiệm của phương trình là giao điểm của đường thẳng
my =
với đồ thị
)(xfy =
.Ta
có bảng biến thiên:
x
∞−
1
∞+
)(' xf
+ -
)(xf
19
∞−

∞−
Suy ra:

19>m
: Phương trình vô nghiệm

19
=
m
:Phương trình có 1 nghiệm

19<m
:Phương trình có 2 nghiệm

Để biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m chúng ta thường đưa
phương trình về một trong các dạng sau:
(1):
mxf =)(
hay
)()( mgxf =
25