SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN 10

Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
a) Tìm số nghiệm của phương trình
Xét PT
( ) ( )f x g m=
, (1) . Trong đó
x
là ẩn thực và
m
là tham số thực
- Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )y f x=
( có thể
nhận thấy hình dạng đồ thị hàm số thông qua BBT của nó ) và đường thẳng
( )y g m=
là đường thẳng vuông góc với trục Oy tại điểm có tung độ bằng
( )g m
.
- các nghiệm
1 2
, , ,
n
x x x
của PT (1) chính là hoành độ của các giao điểm.
b) Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số
* Từ việc lập BBT của hàm số
( )f x
trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy

những điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là
GTLN ( GTNN ) của hàm số .
* Nếu hàm số
( )f x
xác định và liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
thì ta có thể tìm
GTLN và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm
1 2
, , ,
n
x x x
trên đoạn
[ ]
;a b
mà tại đó
'
( )f x
bằng 0 hoặc
'
( )f x
không xác định
- Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), ( ), ( ), , ( )
n
f a f b f x f x f x
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số

( )f x
trên đoạn
[ ]
;a b
c) Tìm tham số trong bài toán bất phương trình
Nếu hàm số
( )f x
có GTLN và GTNN trên tập xác định
D
khi đó
BPT :
( ) ( )f x g m≥
thỏa mãn
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m≥

( ) ( )f x g m≤
thỏa mãn
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
max ( ) ( )
D
f x g m≤

( ) ( )f x g m≥
có nghiệm
x D∈

khi và chỉ khi
ax ( ) ( )
D
m f x g m≥

( ) ( )f x g m≤
có nghiệm
x D∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m≤

Trong trường hợp hàm số
( )f x
không có GTLN hoặc GTNN trên tập
D
ta
phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp


Câu I. ( 3 điểm ) Tìm tham số
m
để PT sau có nghiệm duy nhất:

1
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

2
4 3 2
0,
1
x x m
x
− + −
=
−
(1)
Câu II. ( 3 điểm ) Tìm GTLN và GTNN của hàm số

2 2
4 2
os os 2
1 1
x x
y c c
x x
= − +
+ +
Câu III. ( 4 điểm ) Cho PT:
2 2
sinx 2 sin sinx. 2 sin ,x x m+ − + − =
(2)
1. Giải PT (2) khi
3m =
2. Tìm tham số
m
để PT (2) có nghiệm

Câu I .
ĐK
1x >
; PT (1)
⇔

2 2
4 3 2 0 4 3 2 ,x x m x x m− + − = ⇔ − + =
(1a)
PT (1) có nghiệm duy nhất
⇔
PT (1a) có đúng một nghiệm thỏa mãn
1x >
tức
là đường thẳng
2y m=
cắt đồ thị hàm số
2
( ) 4 3y f x x x= = − +
tại đúng một
điểm trên khoảng
( )
1;+∞

( )f x
là hàm số bậc hai có hệ số
a
dương nên có bảng biến thiên sau:
Từ BBT suy ra
0

2 0
1
2 1
2
m
m
m
m
≥

≥


⇔


= −
= −


là ĐK phải tìm
Câu II . TXĐ:
¡
; Đặt
2
2
1
x
x
α

=
+
Theo BĐT Cosi :
[ ]
2 2
2
2
1 2 2 1 1 1;1
1
x
x x x
x
α α
+ ≥ = ⇔ ≤ ⇒ ≤ ⇔ ∈ −
+
Ta được
2
os2 os 2 2 os os 1y c c c c
α α α α
= − + = − +
Đặt
[ ] [ ]
os , 1;1 os1;1t c t c
α α
= ∀ ∈ − ⇒ ∈
( để học sinh hiểu rõ tính chất trên cần biểu diễn trên đường tròn lượng giác )
Thì
2
( ) 2 1,y f t t t= = − +
với

[ ]
os1;1t c∈
Bảng biến thiên của hàm số bậc hai
( )f t

x
( )f x
1 2 +
0
-1
+∞
2
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra
2
max (1) 2; min ( os1) 2 os 1 os1 1y f y f c c c= = = = − +
Câu III. TXĐ:
¡
; Đặt
(
)
2
2 2 2
sinx 2 sin sinx 2 sint x t x= + − ⇒ = + −

2
2
2

sinx. 2 sin
2
t
x
−
⇒ − =
PT (2) trở thành:
2
1
1 ,
2
t t m+ − =
(2a)
1. Khi
3m =
ta có PT:
2
2
2 8 0
4
t
t t
t
=

+ − = ⇔

= −

Với

2 2
2 sinx 2 sin 2 2 sin 2 sinxt x x= ⇒ + − = ⇔ − = −

( )
2
2
2 sin 2 sinx sinx 1 2
2
x x k
π
π
− = − ⇔ = ⇔ = +
Với
2
4 sinx 2 sin 4t x= − ⇒ + − = −
, vô nghiệm vì vế trái
1 4≥ − > −
Vậy khi
3m =
PT đã cho có nghiệm
2
2
x k
π
π
= +
3. Ta phải tìm ĐK của
t

sinx 1x∀ ∈ ⇒ ≥ −¡

và
2
2 sin 1x− ≥

0; 0 sinx 1t t⇒ ≥ = ⇔ = −
Mặt khác theo tính chất
( )
2
2 2 2 2
2 2( )a b a b ab a b+ = + + ≤ +

(
)
( )
2
2 2 2 2
sinx 2 sin 2 sin 2 sin 4t x x x⇒ = + − ≤ + − =

⇒
2; 2 sinx 1t t≤ = ⇔ =
Vậy
[ ]
0;2x t∀ ∈ ⇒ ∈¡
PT (2) có nghiệm
⇔
PT (2a) có nghiệm
[ ]
0;2t ∈
Xét hàm số
2

1
( ) 1
2
f t t t= + −
trên đoạn
[ ]
0;2
Có bảng biến thiên

t
( )f t
1


3
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là
1 3m− ≤ ≤
Những sai lầm của học sinh trong khi làm bài kiểm tra :
Câu I : Sau khi biến đổi về PT (1a)
- Một số trường hợp chỉ yêu cầu biệt thức đenta bằng không mà không quan tâm
đến ĐK
- Một số trường hợp đã tính các nghiệm và so sánh với số 1 nhưng xét chưa hết
các trường hợp
Câu II : Sau khi đặt
ost c
α
=

- Một số trường hợp không có ĐK của
t
- Một số trường hợp cho rằng
[ ]
1;1t ∈ −

Câu III :
a. Một số trường hợp không có lời giải mặc dù ý này có thể giải theo nhiều
cách: đặt một ẩn phụ như trên hoặc đặt hai ẩn phụ và quy PT đã cho về hệ PT.
b. Hầu hết học sinh làm sai vì không nghĩ đến việc tìm ĐK của ẩn phụ hoặc có
tìm ĐK nhưng tìm không chính xác.

Để cho việc tiếp thu bài học được dễ dàng tôi chia nội dung bài viết của
mình thành bốn phần sau:
- Phương trình , bất phương trình bậc cao một ẩn
- Phương trình , bất phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
- Phương trình lượng giác
- Phương trình , bất phương trình mũ và logarit
PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO MỘT ẨN
Bài 1. Tìm tham số
a
để PT:
3 2
3 0x x a− − =
, (1) có ba nghiệm phân biệt trong
đó có đúng một nghiệm bé hơn 1
Giải
PT (1)
3 2
3x x a⇔ − =

, (1a) .
Yêu cầu của đề bài tương đương với PT (1a) có ba nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x

sao cho
1 2 3
1x x x< ≤ <
tức là đường thẳng
y a=
phải cắt đồ thị hàm số
3 2
( ) 3y f x x x= = −
tại ba điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
1 2 3
1x x x< ≤ <
Ta có
' 2 '
0
( ) 3 6 ; ( ) 0
2
x
f x x x f x
x
=

= − = ⇔


=


t
( )f t
-1 0 1
-1
3
4
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


3
3
lim ( ) lim 1
x x
f x x
x
→−∞ →−∞
 
= − = −∞
 ÷
 
;
lim ( )
x
f x
→+∞

= +∞
Bảng biến thiên của hàm số
( )f x

Từ BBT suy ra điều kiện phải tìm là
4 2a− < ≤ −
Nhận xét: Nghiệm của (1a) là hoành độ giao điểm của đường thẳng
y a=
với
đồ thị hàm số
( )y f x=
tức là từ mỗi giao điểm ta chiếu vuông góc lên trục
hoành sẽ suy ra vị trí các nghiệm.
Bài 2. Biện luận theo
a
số nghiệm của PT:
3
2
1 3( 1) 0x x a− + − + =
, (2)
Giải
Đặt
1 , 0t x x t= − ∀ ∈ ⇒ ≥¡
PT (2) trở thành
3 2 3 2
3 0 3t t a a t t+ + = ⇔ = − −
, (2a)
Xét hàm số
3 2
( ) 3f t t t= − −

với
0t ≥
có
' 2
( ) 3 6 0, 0f t t t t= − − ≤ ∀ ≥


lim ( )
t
f t
→+∞
= −∞
Bảng biến thiên của hàm số
( )f t
Từ BBT ta thấy
- Nếu
0a > ⇒
( 2a) không có nghiệm
0t >
nên ( 2) vô nghiệm
- Nếu
0a = ⇒
( 2a) có một nghiệm
0t =
nên ( 2) có một nghiệm
1x =
- Nếu
0a < ⇒
( 2a) có một nghiệm
0t >

nên ( 2) có hai nghiệm phân biệt
Nhận xét:
- Thay vì việc khai dấu giá trị tuyệt đối ta thực hiện việc đặt ẩn phụ để có
lời giải ngắn gọn hơn
- Lưu ý quan hệ giữa số nghiệm theo ẩn
t
và số nghiệm theo ẩn
x
Bài 3. Tìm tham số
a
để PT:
3 2
4x ax m− + − =
, ( 3)

'
( )f x
( )f x
+ 0 - - 0 +
0
-2
+∞
− ∞
t
'
( )f t
( )f t
+
-
0

− ∞
5
x
-
∞
0 1 2 +
∞

+∞
+∞
-4
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

có ba nghiệm phân biệt
( )
4;0m∀ ∈ −
Giải
Yêu cầu của đề bài tương đương với
( )
4;0m∀ ∈ −
đường thẳng
y m=
phải cắt
đồ thị hàm số
3 2
( ) 4y f x x ax= = − + −
tại ba điểm phân biệt
⇔
4

0
CD
CT
f
f
≤−
≥



(*)
Ta có
' 2 '
0
( ) 3 2 ; ( ) 0
2
3
x
f x x ax f x
a
x
=


= − + = ⇔

=

Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi
2

0 0
3
a
a≠ ⇔ ≠
,
khi đó
0x =
và
2
3
a
x =
là các điểm cực trị của hàm số
⇒
các giá trị cực trị là
(0) 4f = −
và
3
2 4
4
3 27
a a
f
 
= −
 ÷
 

Theo ĐK (*) suy ra số -4 phải là giá trị cực tiểu do đó số
3

4
4
27
a
−
sẽ là giá trị
cực đại
⇒
3
4
4
27
a
−
0 3a≥ ⇔ ≥
Thử lại : Khi
2
3 0
3
a
a ≥ ⇒ ≥
.Lập bảng xét dấu
'
( )f x
suy ra
0x =
là điểm
cực tiểu ,
2
3

a
x =
là điểm cực đại và các giá trị cực trị thỏa mãn ĐK (*)
Vậy ĐK phải tìm là
3a ≥
Tổng quát:
Xét hàm số
3 2
( )f x ax bx cx d= + + +
với
0a ≠
- Hàm số
( )f x
có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT
'
( ) 0f x =
có hai
nghiệm phân biệt
- PT
( ) ( )f x g m=
có ba nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là

( )
CT CD
f g m f≤ ≤
Bài 4. Biện luận theo
m
số nghiệm của PT sau :

4 3 2

2 17 51 (36 ) 0x x x m x m− + − + + =
, ( 4 )
Giải
PT ( 4) tương đương với

4 3 2
3 2
2 17 51 36 ( 1)
( 1)(2 15 36 ) ( 1)
x x x x m x
x x x x m x
− + − = −
⇔ − − + = −

6
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


3 2
1
2 15 36 ; (4 )
x
x x x m a
=

⇔

− + =


Để biện luận số nghiệm của PT (4) trước hết ta biện luận số nghiệm của PT (4a)
Xét hàm số
3 2
( ) 2 15 36f x x x x= − +

' 2 '
2
( ) 6 30 36; ( ) 0
3
x
f x x x f x
x
=

= − + = ⇔

=


3
2
15 36
lim ( ) lim 2
x x
f x x
x x
→−∞ →−∞
 
= − + = −∞
 ÷

 
;
3
2
15 36
lim ( ) lim 2
x x
f x x
x x
→+∞ →+∞
 
= − + = +∞
 ÷
 
Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra:
- Nếu
28m >
hoặc
27m <
và
23m ≠
suy ra PT (4a) có một nghiệm khác
1 nên PT (4) có hai nghiệm phân biệt
- Nếu
28m =
hoặc
27m =
suy ra PT (4a) có đúng hai nghiệm khác 1 nên

PT (4) có ba nghiệm phân biệt
- Nếu
23m =
suy ra PT (4a) có một nghiệm bằng 1 nên PT (4) chỉ có một
nghiệm
- Nếu
27 28m< <
suy ra PT (4a) có ba nghiệm phân biệt khác 1 nên PT
(4) có bốn nghiệm phân biệt
Lưu ý:
- Việc biện luận số nghiệm của PT (4) trở thành biện luận số nghiệm khác
1 của PT (4a)
- Khi biến đổi từ PT (4) có nhiều trường hợp ta không quy về PT tích được
thì có thể chia cả hai vế cho biểu thức khác 0 để cô lập tham số và khảo
sát hàm số phân thức
Bài 5. Chứng minh rằng
0a∀ ≠
hệ PT sau có nghiệm duy nhất:

2
2
2
2
2
2
a
x y
y
a
y x

x

= +




= +


Giải ĐK :
0, 0x y≠ ≠

x
'
( )f x
( )f x
1 2 3
28
23
− ∞
27
+ + 0 - 0 +

7
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Hệ PT đã cho
2 2 2

2 2 2
2 (1)
2 (2)
x y y a
y x x a

= +
⇔

= +


Từ (1)
2
2 0 0x y y⇒ > ⇒ >
; từ (2)
2
2 0 0y x x⇒ > ⇒ >
Lấy (1) trừ (2) theo vế
2 2
2 ( ) 2 ( ) ( )( ) 0xy x y y x xy x y x y x y⇒ − = − ⇔ − + − + =

( )(2 ) 0 0x y xy x y x y⇔ − + + = ⇔ − =
( vì
2 0xy x y+ + >
)
y x⇔ =
thế vào (1)
Suy ra
3 2 2 3 2 2

2 2x x a x x a= + ⇔ − =
(*)
Ta thấy số nghiệm dương của PT (*) là số nghiệm của hệ PT đã cho
Xét hàm số
3 2
( ) 2f x x x= −
với
0x ≥

' 2 '
0
( ) 6 2 ; ( ) 0
1
3
x
f x x x f x
x
=


= − = ⇔

=


3
1
lim ( ) lim 2
x x
f x x

x
→+∞ →+∞
 
= − = +∞
 ÷
 
Bang biến thiên
Từ BBT suy ra
0a∀ ≠
đường thẳng
2
y a=
luôn cắt đồ thị hàm số
( )y f x=
tại
đúng một điểm có hoành độ dương suy ra hệ PT đã cho có đúng một nghiệm
Nhận xét:
- Khi giải hệ PT đố xứng loại hai có dạng như hệ PT (1) và (2) nói trên
cách giải truyền thống là lấy các PT trừ cho nhau để tính một ẩn theo ẩn
còn lại sau đó thế lại một trong hai PT đã cho
- Hệ PT trên có lời giải rất ngắn gọn như vậy vì ta nhân xét được tính chất
0, 0x y> >

- Sau khi biến đổi về PT (*) là PT bậc ba nên nếu không sử dụng đạo hàm
để khảo sát hàm số thì việc tìm lời giải là vô cùng khó khăn
Bài 6. Tìm tham số
m
để hệ sau có nghiệm
2
3 3

3 0
2 2 20 0
x x
x x x m m

− ≤


− − − − ≥


Giải Hệ đã cho

x
'
( )f x
( )f x
0 1/3
0 - 0 +
0
1
27
−

8
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

3 3
0 3

2 2 20
x
x x x m m
≤ ≤

⇔

− − ≥ +


3 3
2 2 20x x x m m⇔ − − ≥ +
với ĐK
[ ]
0;3x ∈
Đặt
3
( ) 2 2f x x x x= − −
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi BPT
3
( ) 20f x m m≥ +
có nghiệm
[ ]
0;3x ∈

⇔
[ ]
3
0;3
( ) 20max f x m m≥ +

- Nếu
[ ]
0;2x ∈
3 3 2
( ) 2 (2 ) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = + −

có
' 2
( ) 3 4 4f x x x= + −
;
'
2
( ) 0
3
f x x= ⇔ =
hoặc
2x = −
( loại )

[ ]
0;2
2 40
(0) 0; (2) 8; ( ) 8
3 27
f f f max f x
 
= = = − ⇒ =
 ÷
 

- Nếu
[ ]
2;3x ∈

3 3 2
( ) 2 ( 2) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = − +

có
[ ]
' 2
( ) 3 4 4 0, 2;3f x x x x= − + > ∀ ∈

[ ]
2;3
(2) 8; (3) 21 ( ) 21f f max f x= = ⇒ =
Vậy
[ ]
0;3
( ) 21max f x =
nên ta phải có
3
20 21 1m m m+ ≤ ⇔ ≤
Tóm lại ĐK phải tìm là
1m ≤
Nhận xét:
Việc tìm tham số để hệ BPT đã cho có nghiệm được quy về bài toán tìm tham
số để một BPT có nghiệm trên một tập cho trước và đã được chuyển về bài toán
tìm GTLN hoặc GTNN của hàm số.
Bài 7. Cho hàm số
3 2

4 ( 3)y x a x ax= + + +
Hãy tìm tham số
a
để
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
Giải Giả sử
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
suy ra

(1) 1
( 1) 1
1
1
2
1
1
2
y
y
y
y

≤

− ≤




 
≤

 ÷
 


−
 

≤
 ÷
 



4 3 1
4 3 1
1 3
1
2 4 2
1 3
1
2 4 2
a a
a a
a a
a a

+ + + ≤


− + + − ≤


+
⇒
+ + ≤



+
− + − ≤


4 3
1
3
3
5 3
a
a
a
− ≤ ≤ −



⇔ − ≤ ≤ −


− ≤ ≤




3a⇒ = −
Thử lại: Khi
3a = −
⇒
3
4 3y x x= −
là hàm số liên tục trên đoạn
[ ]
1;1−

' 2 '
1
12 3; 0
2
y x y x= − = ⇔ = ±
và
1 1
( 1) 1; (1) 1; 1; 1
2 2
y y y y
−
   
− = − = = − =
 ÷  ÷
   
suy ra
[ ]

1;1
max 1y
−
=
và
[ ]
1;1
min 1y
−
= −
nên
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −

9
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Vậy ĐK phải tìm là
3a = −
Nhận xét:
Trong lời giải của bài toán trên việc giả sử
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
chỉ có thể suy
ra điều kiện của
a
, có thể là một khoảng nào đó nhưng sẽ rúp ta dễ dàng tìm
được điều kiện thỏa mãn yêu cầu đề bài trong bước kiểm chứng ngược lại.
Bài 8. Chứng minh rằng BPT :

4 3
1 0,qx px+ + ≥
(8) thỏa mãn
x∀

khi và chỉ khi
3 4
256 27q p≥
Giải
- Nếu
0,x =
BPT (8) trở thành
1 0≥
đúng
- Nếu
4
0 0,x x≠ ⇒ >
BPT (8)
4
1 1
0q p
x x
 
⇔ + + ≥
 ÷
 
Đặt
1
, 0u x
x

= ∀ ≠
thì
0u ≠
. Ta được BPT:
4
( ) 0,f u u pu q= + + ≥
(8a)
Vậy (8) thỏa mãn
x∀
khi và chỉ khi (8a) thỏa mãn
u∀

min ( ) 0f u⇔ ≥
Ta có
' 3 3
3
( ) 4 0
4 4
p p
f u u p u u= + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −

Bảng biến thiên của hàm số
( )f u
Từ BBT
3 3
3
min ( )
4 4 4
p p p
f u f q

 
⇒ = − = − +
 ÷
 

3
3 4 3
3 3
3 3 27
min ( ) 0 0 . 27 256
4 4 4 4 64 4
p p p p p p
f u q q q p q≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Nhận xét:
Việc biến đổi BPT (8) về BPT (8a) như trên là rất cần thiết để việc khảo sát
hàm số trở thành đơn giản
Baì 9. Cho
0ab ≠
hãy tìm GTNN của biểu thức

u
'
( )f u
( )f u

0 +
min ( )f u
10
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà

Hưng

A
4 4 2 2
4 4 2 2
a b a b a b
b a b a b a
 
= + − + + +
 ÷
 
Giải
Đặt
a b a b a b
u u
b a b a b a
= + ⇒ = + = +
(vì
. 1 0
a b
b a
= >
)
mà
2
2 2
2
u
a b
u

u
b a
≥

+ ≥ ⇒ ≥ ⇔

≤ −

Khi đó
2
2 2
2
2 2
2 2
a b a b
u
b a b a
 
+ = + − = −
 ÷
 

( )
2
4 4 2 2
2
2 4 2
4 4 2 2
2 2 2 4 2
a b a b

u u u
b a b a
 
+ = + − = − − = − +
 ÷
 
Suy ra A
=
4 2
5 4u u u− + +
Xét hàm số
4 2
( ) 5 4f u u u u= − + +
với
2u ≤ −
hoặc
2u ≥

' 3
( ) 4 10 1f u u u= − +

'' 2
( ) 12 10 0,f u u u= − > ∀
thỏa mãn
2u ≤ −
hoặc
2u ≥
Bảng biến thiên
Từ BBT
min 2A⇒ = −

đạt được khi
2 2
a b
u a b
b a
= − ⇒ + = − ⇔ = −
Nhận xét:
a) Trong lời giải bài toán trên cần lưu ý:
- Nhát thiết phải tìm ĐK chính xác cho ẩn phụ
u
- Trong BBT ta thấy
' '
2 ( ) 11 ( ) 0u f u f u∀ < − ⇒ < − ⇒ <
' '
2 ( ) 13 ( ) 0u f u f u∀ > ⇒ > ⇒ >
b) Với ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số ta có thể giải quyết bài toán tìm
tham số, tìm GTLN, GTNN của một biểu thức và những bài toán giải PT, BPT,
hệ PT

u
''
( )f u
'
( )f u
( )f u
-2 2 +
+
+

13

2
−
2
11
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Bài 10. Giải hệ PT
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z

− + − =

− + − =


− + − =

Giải
Hệ PT đã cho
⇔
3 2
3 2

3 2
9 27 27 (1)
9 27 27 (2)
9 27 27 (3)
y x x
z y y
x z z

= − +

= − +


= − +

Từ (1)
2
3 2
3 3 27
9 3 3 9
2 4 4
y x x x
 
 
 
⇒ = − + = − + ≥
 
 ÷
 
 

 
 
3
3
4
y⇒ ≥
3
2
y⇒ >
Từ (2) và (3) tương tự suy ra
3 3
,
2 2
z x> >
Xét hàm số
2
( ) 9 27 27f t t t= − +
với
3
2
t >
Hệ PT trên trở thành
3
3
3
( )
( )
( )
y f x
z f y

x f z

=

=


=

Ta có
'
3
( ) 18 27 0,
2
f t t t= − > ∀ >
suy ra h m sà ố
( )f t
đồng biến
3
2
t∀ >
Nếu
( ) ( ) ( )x y z f x f y f z≥ ≥ ⇒ ≥ ≥
3 3 3
y z x y z x⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥ ≥

mà
x y z≥ ≥
suy ra
x y z= =

Các trường hợp còn lại ( chẳng hạn
z y x≥ ≥
) tương tự đều suy
x y z= =
Từ
x y z= =
thế vào một trong ba PT đã cho
3 2 3 2
9 27 27 9 27 27 0 3 3x x x x x x x x y z⇒ = − + ⇔ − + − = ⇔ = ⇒ = = =
Vậy hệ PT đã cho có mộ nghiệm
3x y z= = =
Nhận xét:
Trong lời giải bài toán trên ta chỉ khai thác được tính đơn điệu của hàm số khi
đã chứng tỏ được
3
, ,
2
x y z >
Bài 11. Tìm tham số
m
để BPT
4
4 0mx x m− + ≥
, (11) thỏa mãn
x∀
Giải
BPT (11)
4
4
4

( 1) 4
1
x
m x x m
x
⇔ + ≥ ⇔ ≥
+
(11a) . Đặt
4
4
( )
1
x
f x
x
=
+
BPT (11) thỏa mãn
x∀
khi và chỉ khi BPT (11a) thỏa mãn
x∀
max ( )f x m⇔ ≤
Ta có
( ) ( )
4 2 2
'
3 3
4 4
4 12 4(1 3)(1 3)
( )

1 1
x x x
f x
x x
− + −
= =
+ +

12
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


'
4
1
( ) 0
3
f x x= ⇔ = ±
;
3
4
lim ( ) lim 0; lim ( ) 0
1
x x x
f x f x
x
x
→−∞ →−∞ →+∞
= = =

+
Bảng biến thiên

Từ BBT
4
max ( ) 27f x⇒ =
. Vậy ĐK phải tìm là
4
27m ≥
Nhận xét:
Trong đề bài trên bậc của tham số
m
bằng nhau nên ta có thể nhóm
m
làm
thừa số chung và thực hiện việc chia cả hai vế cho biểu thức dương để cô lập
tham số
Bài 12. Tìm tham số
m
để BPT
2 4 2
2 0,m x x m− + ≥
(12) thỏa mãn
x∀
Giải
Đặt
2
; 0t x x t= ∀ ∈ ⇒ ≥¡
Bài toán trở thành tìm tham số
m

để
2 2
( ) 2 0, 0f t m t t m t= − + ≥ ∀ ≥

⇔
[
)
0;
min ( ) 0f t
+∞
≥
- Nếu
2
0 ( ) 2 0, 0m f t t t= ⇒ = − ≥ ∀ ≥
là vô lý suy ra
0m =
bị loại
- Nếu
' 2
0, ( ) 2 2m f t m t≠ = −
;
'
2
1
( ) 0 0f t t
m
= ⇔ = >
Bảng biến thiên
Từ BBT suy ra
[

)
3
2
0;
1
min ( )
m
f t
m
+∞
−
=
; do đó
3
2
1
0 1
m
m
m
−
≥ ⇔ ≥
Vậy ĐK phải tìm là
1m ≥

x
'
( )f x
( )f x

0 + 0


0
0
t
'
( )f t
( )f t

0 +
0
13
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Nhận xét:
Trong lời giải bài toán trên sau khi đặt ẩn phụ ta được một hàm số bậc hai do
đó không cần sử dụng đạo hàm ta vẫn lập được BBT của hàm số. Tuy nhiên tôi
vẫn trình bày ở đây để tiện liên hệ với bài 11 trong trường hợp không cô lập
được tham số
Bài 13. Biện luận theo tham số
m
số nghiệm của PT

4 3 2
( 1) 3 ( 1) 1 0x m x x m x− − + − − + =
(13)
Giải
PT (13)

⇔
4 3 2 3
3 1 ( )x x x x m x x
+ + + + = +
Dễ thấy
0x =
không thỏa mãn PT (13) .
3
0 0x x x∀ ≠ ⇒ + ≠
PT trên
4 3 2
3
3 1x x x x
m
x x
+ + + +
⇔ =
+
(13a)
Xét
4 3 2
3
3 1
( ) , 0
x x x x
f x x
x x
+ + + +
= ∀ ≠
+

Ta thấy số nghiệm của PT (13) bằng số nghiệm của PT (13a) và là số giao điểm
của đồ thị hàm số
( )y f x=
và đường thẳng
y m=
Ta có
( )
6
' '
2
3
1
( ) ; ( ) 0 1
x
f x f x x
x x
−
= = ⇔ = ±
+

2 3
2
3 1 1
1
lim ( ) lim
1
1
x x
x
x x x

f x
x
→−∞ →−∞
+ + + +
= = −∞
+
;
0
lim ( )
x
f x
−
→
= −∞
;

0
lim ( )
x
f x
+
→
= +∞
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra:
- Nếu
3
2
7
2
m
m

< −

⇒


>


PT (13) có hai nghiệm phân biệt

x
'
( )f x
( )f x
-1 0 1 +
+ 0 - - 0 +
− ∞
3
2
−
−∞

+∞
7
2

14
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

- Nếu
3
2
7
2
m
m

= −

⇒


=


PT (13) có đúng một nghiệm
- Nếu
3 7
2 2
m− < < ⇒
PT (13) vô nghiệm

Nhận xét:
- Mặc dù PT trên là PT bậc bốn đối xứng có thể giải theo cách chia cả hai
vế cho
2
0x ≠
sau đó đặt ẩn phụ để quy về PT bậc hai tuy nhiên cách giải
đó khá phức tạp trong PT chứa tham số, đặc biệt là liên quan đến số
nghiệm.
- Với cách giải ứng dụng đạo hàm như trên ta có lời giải rất rõ ràng hơn thế
còn có thể so sánh nghiệm của PT đó với các số cho trước.
Bài tập tương tự
1.Tìm tham số
a
để PT sau có nghiệm duy nhất:
3 2
4 0x ax+ − =
2. Biện luận theo
m
số nghiệm của PT
2
(3 ) 3 2 0x m x m+ − + − =
so sánh các
nghiệm đó với các số -3 và -1
3. Tìm tham số
m
để PT sau có ba nghiệm dương phân biệt:
3 2
18 2 0x x mx m− + − =
4. Cho hàm số
3

( ) 3 4f x x mx= − + −
. Tìm tham số
m
để
3
1
( ) , 1f x x
x
≤ − ∀ ≥
5. Biện luận theo
m
số nghiệm âm của PT:
2
2 9
( 2) 2
2
x x
m x
x
− +
= − +
−
6. Tìm tham số
m
để hệ PT sau có nhiều hơn hai nghiệm:

2
( 1) ( 2)
x y m
x y xy m y

+ =


+ + = +

7. Giải hệ BPT
2
3 2
5 4 0
3 9 10 0
x x
x x x

+ + <

+ − − >

Hướng dẫn: Khảo sát hàm số
3 2
( ) 3 9 10f x x x x= + − −
trên khoảng
( )
4;1−
là
tập nghiệm của BPT thứ nhất
8. Tìm tham số
m
để hệ BPT sau có nghiệm:

2

3 3
3 4 0
3 15 0
x x
x x x m m

− − ≤


− − − ≥



15
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

9. Giải hệ PT:
2
2
2
2
2
2
4
1 4
4
1 4
4
1 4

x
y
x
y
z
y
z
x
z

=

+


=

+


=

+

Hướng dẫn : Từ hệ PT suy ra
, ,x y z
là các số không âm
Xét hàm số
2
2

4
( )
1 4
t
f t
t
=
+
trên nửa khoảng
[
)
0;+∞

PHẦN II: PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN
Bài 1. Biện luận theo tham số
m
số nghiệm của PT
2
3 1x m x+ = +
(1)
Giải
PT (1)
2
3
1
x
m
x
+

⇔ =
+
, (1a).
Xét hàm số
2
3
( )
1
x
f x
x
+
=
+
trên
¡
Số nghiệm của PT (1) bằng số nghiệm của PT (1a) và là số giao điểm của đồ
thị hàm số
( )y f x=
với đường thẳng
y m=

2
2
' '
2
2 2
1 ( 3)
1 3 1
1

( ) ; ( ) 0
1 3
( 1) 1
x
x x
x
x
f x f x x
x
x x
+ − +
−
+
= = = ⇔ =
+
+ +

2
3
1
lim ( ) lim 1
1
1
x x
x
f x
x
→−∞ →−∞
+
= = −

− +
;
lim ( ) 1
x
f x
→+∞
=
Bảng biến thiên
Từ BBT suy ra:

x
'
( )f x
( )f x
+
+ 0

-1
1
16
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

- Nếu
10
1
m
m

>

⇒

≤ −

PT (1) vô nghiệm
- Nếu
10
1 1
m
m

=
⇒

− < ≤

PT (1) co một nghiệm
- Nếu
1 10m< < ⇒
PT (1) có hai nghiệm phân biệt
Nhận xét:
- Với kiến thức của học sinh lớp 10 có thể giải được bài toán trên theo cách
bình phương hai vế nhưng rất phức tạp vì phải so sánh các nghiệm của
tam thức bậc hai với các số cho trước
- Với ứng dụng của đạo hàm như trên ta có lời giải rất rõ ràng
- Bài toán trên còn có thể được phát biểu theo cách tìm miền giá trị của
hàm số
( )f x
Bài 2. Tìm tham số
m

để PT sau có hai nghiệm thực phân biệt :

2
2 2 1x mx x+ + = +
, (2)
Giải
PT (2)
( )
2
2
2 2 1x mx x⇔ + + = +
( với ĐK
2 1 0x + ≥
)
2 2
2 4 4 1x mx x x⇔ + + = + +
( với
1
2
x ≥ −
)
2
3 4 1mx x x⇔ = + −
, (2a)
Dễ thấy
0x =
không thỏa mãn PT (2a) do đó
PT (2a)
⇔
1

3 4m x
x
= + −
, (2b) với
1
2
x ≥ −
và
0x ≠
PT (2) có hai nghiệm thực phân biệt
⇔
PT (2b) có hai nghiệm phân biệt thỏa
mãn ĐK
1
2
x ≥ −
và
0x ≠
tức là đường thẳng
y m=
phải cắt đồ thị hàm số
1
( ) 3 4y f x x
x
= = + −
tại hai điểm phân biệt trên tập
( )
1
;0 0;
2

 
− ∪ +∞
÷

 

Ta có
'
2
1
( ) 0,f x x x
x
= + > ∀ ∈
( )
1
;0 0;
2
 
− ∪ +∞
÷

 

0
lim ( )
x
f x
−
→
= +∞

;
0
lim ( )
x
f x
+
→
= −∞
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên

17
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là
9
2
m ≥
Nhận xét:
Sau khi biến đổi PT (2) về PT (2a) ta có thể thực hiện lời giải theo cách so
sánh các nghiệm của một tam thức bậc hai với số
1
2
−

nhưng sẽ khá phức tạp ,
trong khi đó nếu ứng dụng đạo hàm như trên ta có thể biện luận số nghiệm của
PT đã cho
Bài 3. Chứng minh rằng
0m∀ >
PT sau luôn có hai nghiệm phân biệt:

2
2 8 ( 2)x x m x+ − = −
(3)
Giải
PT (3)
( )
2
2
2
2 8 ( 2)
2 8 0
x x m x
x x

+ − = −

⇔

+ − ≥



( ) ( ) ( )

2 2
2 4 2x x m x⇔ − + = −
, (3a)
với ĐK
4x ≤ −
hoặc
2x ≥
Từ PT (3a)
⇒
( )
2 0m x − ≥
mà
0 2m x> ⇒ ≥
do đó ta chỉ cần xét PT (3a) với
ĐK
2x ≥
PT (3a)
( ) ( )
2
2
2 4 , (3 )
x
m x x b
=

⇔

= − +



. (3b)
3 2
6 32m x x⇔ = + −
Xét hàm số
3
( ) 6 32f x x x= + −
với
2x ≥
.
' 2
( ) 3 12 0, 2f x x x x= + ≥ ∀ ≥

lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thi

x
'
( )f x
( )f x
0 +
+ +
9
2
+∞
− ∞

x
'
( )f x
( )f x

+


18
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra
0m∀ >
PT (3b) có đúng một nghiệm
2x >

⇒
PT (3) có đúng
hai nghiệm phân biệt
Nhận xét:
Sau khi tìm được ĐK
2x ≥
việc khảo sát hàm số
( )f x
ở trên là rất dễ dàng
chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến
của hàm số
( )f x
Bài 4. Biện luận theo tham số

m
số nghiệm của PT:

4 4
4
4 4 6x x m x x m+ + + + + =
, (4)
Giải
ĐK:
4
4 0x x m+ + ≥
, (*).
Đặt
4
4
4t x x m= + +

4 2
4x x m t⇒ + + =
với
0t ≥
PT (4) trở thành
2
2
6 0
3
t
t t
t
=


+ − = ⇔

= −

mà
0t ≥
2t⇒ =
Từ
2t =
4 4
4
4 2 4 16x x m x x m⇒ + + = ⇔ + + =
, (4a)
Từ PT (4a) suy ra ĐK (*) được thỏa mãn
(4a)
4
4 16m x x⇔ = − − +
, (4b)
Ta thấy số nghiệm của PT (4) bằng số nghiệm của PT (4b)
Xét hàm số
4
( ) 4 16f x x x= − − +
trên tập
¡

' 3 3
( ) 4 4 4( 1)f x x x= − − = − +
;
'

( ) 0 1f x x= ⇔ = −
4
3 4
4 16
lim ( ) lim 1
x x
f x x
x x
→−∞ →−∞
 
= − − + = −∞
 ÷
 
;
4
3 4
4 16
lim ( ) lim 1
x x
f x x
x x
→+∞ →+∞
 
= − − + = −∞
 ÷
 
Bảng biến thiên
Từ BBT suy ra:
- Nếu
19,m >

PT (4) vô nghiệm
- Nếu
19,m =
PT (4) có một nghiệm
- Nếu
19,m <
PT (4) có hai nghiệm phân biệt
Nhận xét:
Việc ứng dụng đạo hàm chỉ sử dụng sau khi đã biến đổi về PT (4b) và đương
nhiên là phải khảo sát hàm số trong phạm vi PT đã cho xác định
Bài 5. Tìm tham số
a
để PT sau có nghiệm:

3 6 (3 )(6 )x x x x a+ + − − + − =
, (5)

x
'
( )f x
( )f x
1 +
0
− ∞

−∞
19
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Giải
ĐK :
3 6x− ≤ ≤
Đặt
( )
2
2
2
9
3 6 3 6 (3 )(6 )
2
u
u x x u x x x x
−
= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − =
Để tìm ĐK của
u
ta xét hàm số
( ) 3 6u f x x x= = + + −
với
[ ]
3;6x ∈ −
Có
'
1 1
( ) ;
3 6
f x
x x
= −

+ −

'
3
( ) 0 3 6
2
f x x x x= ⇔ + = − ⇔ =
và
'
( )f x
không xác định tại các điểm
3, 6x x= − =

3
( 3) 3, (6) 3, 3 2
2
f f f
 
− = = =
 ÷
 

[ ]
[ ]
3;6
3;6
( ) 3 2, min ( ) 3max f x f x
−
−
⇒ = =

vậy
[ ]
3;6x∀ ∈ −
3;3 2u
 
⇒ ∈
 
PT (5) trở thành
2
2
9 1 9
2 2 2
u
u a u u a
−
− = ⇔ − + + =
, (5a) với
3;3 2u
 
∈
 
PT (5) có nghiệm khi và chỉ khi PT (5a) có nghiệm
3;3 2u
 
∈
 
Xét hàm số
2
1 9
( )

2 2
g u u u= − + +
trên đoạn
3;3 2
 
 

'
( ) 1 0, 3;3 2g u u u
 
= − + < ∀ ∈
 

⇒
hàm số
( )g u
nghịch biến trên đoạn
3;3 2
 
 
và
9
(3) 3; (3 2) 3 2
2
g g= = −
Vậy ĐK phải tìm là
9
3 2 3
2
a− ≤ ≤

Nhận xét:
- Có thể thay bài toán trên bằng bài toán BPT hoặc bài toán tìm GTLN và
GTNN của hàm số ở vế trái ta có phương pháp giải tương tự
- Nếu đề yêu cầu giải PT (5) với
a
là một số cụ thể thì việc tìm điều kiện
của
u
là không cần thiết, ta chỉ cần suy ra các điều kiện hiển nhiên vì sau
khi tìm được ẩn phụ
u
ta còn phải thay vào bước đặt để tìm ẩn chính
x
.
- Nếu trong bài toán có tham số thì việc tìm ĐK của
u
là không thể bỏ qua
và không được làm sai. Việc tìm ĐK của
u
như trên thực chất là việc tìm
tập giá trị của hàm số
( )f x
trên tập xác định của PT đã cho.
Bài 6. Tìm tham số
m
để PT sau có nghiệm:

2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − −
, (6)

Giải ĐK :
1 1x− ≤ ≤
Đặt
2 2
1 1u x x= + − −

20
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


[ ]
2
2
1 1 2
1;1 0 2
1 1 0
x
x u
x

≤ + ≤

∀ ∈ − ⇒ ⇒ ≤ ≤

− ≤ − − ≤


Dễ thấy
0u =

khi
0; 2x u= =
khi
1x = ±
Vậy
[ ]
1;1 0; 2x u
 
∀ ∈ − ⇒ ∈
 
và
(
)
2
2 2 2 4 2
1 1 2 1 2u x x x u= + − − ⇒ − = −
PT (6) trở thành
2
( 2) 2m u u u+ = − +
với ĐK
0; 2u
 
∈
 

2
2
,
2
u u

m
u
− + +
⇔ =
+
(6a)
PT (6) có nghiệm khi và chỉ khi PT (6a) có nghiệm
0; 2u
 
∈
 
Xét hàm số
2
2
( ) ,
2
u u
f u
u
− + +
=
+
với
0; 2u
 
∈
 

( )
2

'
2
4
( ) 0, 0; 2
2
u u
f u u
u
− −
 
= ≤ ∀ ∈
 
+
suy ra hàm số
( )f u
nghịch biến trên đoạn
0; 2
 
 

( )
(0) 1; 2 2 1f f= = −
Vậy ĐK phải tìm là
2 1 1m− ≤ ≤
Nhận xét:
Lời giải của bài tập 6 và 5 có phương pháp như nhau nhưng việc tìm ĐK của
ẩn phụ trong bài số 6 không dùng đạo hàm mà thực hiện một số phép biến đổi
kéo theo nên cần phải thấy rõ tập gía trị của ẩn phụ trên TXĐ của PT (6)
Bài 7. Tìm tham số
m

để PT sau có nghiệm:

2
4
3 1 1 2 1,x m x x+ + + = −
(7)
Giải
ĐK:
1x ≥
, khi đó
1 0x + >
và PT (7)
2
4
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
− −
⇔ + =
+ +
4
1 1
3 2.
1 1
x x
m
x x

− −
⇔ + =
+ +
Đặt
2
4
1 1
1 1
x x
t t
x x
− −
= ⇒ =
+ +
Xét hàm số
1
( )
1
x
g t
x
−
=
+
, với
1x ≥

21
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Có
( )
'
2
2
( ) 0, 1
1
g x x
x
= > ∀ ≥
+
suy ra hàm số
( )g x
đồng biến
1x∀ ≥

(1) 0; lim ( ) 1
x
g g x
→+∞
= =
. Như vậy
1x∀ ≥
⇒

[
)
0;1t ∈
PT đã cho trở thành:

2
3 2t t m− + =
, (7a) với ĐK
[
)
0;1t ∈
PT (7) có nghiệm khi và chỉ khi PT (7a) có nghiệm
[
)
0;1t ∈
Xét hàm số
2
( ) 3 2f t t t= − +
trên đoạn
[ ]
0;1

'
( ) 6 2f t t= − +
;
'
1
( ) 0
3
f t t= ⇔ =
Bảng biến thiên
Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là
1
1
3

m− ≤ ≤
Nhận xét:
Trong lời giải trên việc tìm ĐK của
t
và việc khảo sát hàm số
( )f t
không
nhất thiết phải sử dụng đạo hàm nhưng việc ứng dụng đạo hàm sẽ làm cho lời
giải tự nhiên và dễ dàng hơn.
Bài 8. Tìm tham số
m
để BPT sau có nghiệm:

3 1,mx x m− − ≤ +
(8)
Giải
ĐK:
3x ≥
. Đặt
3 0t x t= − ⇒ ≥
và
2
3x t= +
BPT (8) trở thành
2
( 3) 1m t t m+ − ≤ +
với ĐK
0t ≥

2

2
1
( 2) 1
2
t
m t t m
t
+
⇔ + ≤ + ⇔ ≤
+
, (8a) với ĐK
0t ≥
Xét hàm số
2
1
( )
2
t
f t
t
+
=
+
Ta thấy BPT (8) có nghiệm
⇔
BPT (8a) có nghiệm
0t ≥

[
)

0;
( )max f t m
+∞
⇔ ≥

( )
2
' ' 2
2
2
1 3
2 2
( ) ; ( ) 0 2 2 0
1 3
2
t
t t
f t f t t t
t
t

= − +
− − +
= = ⇔ − − + = ⇔

= − −
+


Bảng biến thiên

t
'
( )f t
( )f t
1
+ 0
0

-1
22
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra
[
)
0;
1 3
( )
4
max f t
+∞
+
=
Vậy ĐK phải tìm là
1 3
4
m
+

≤
Nhận xét:
Với kiến thức của lớp 10 học sinh có thể giải được bài toán trên thông qua việc
so sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với số 0, tuy nhiên khá phức tạp.
Bài 9. Tìm tham số
m
để hệ
3
5 3
x y
x y m

+ =


+ + + ≤


có nghiệm thỏa mãn
4x ≥
Giải ĐK :
4x ≥
và
0y ≥

Đặt
2; 0u x u v y v= ⇒ ≥ = ⇒ ≥
Hệ đã cho trở thành
2 2
3 (1)

5 3 (2)
u v
u v m
+ =



+ + + ≤


Từ (1)
3v u⇒ = −
thế vào (2)

2 2
5 6 12 ,u u u m⇒ + + − + ≤
(3)
Vì
[ ]
0
2
2 2;3
3 0
3
v
u
u u
u
v u
≥


≥


≥ ⇒ ⇒ ∈
 
− ≥


= −

Xét hàm số
2 2
( ) 5 6 12f u u u u= + + − +
Vậy hệ đã cho có nghiệm
⇔
BPT (3) có nhiệm
[ ]
2;3u ∈
[ ]
2;3
min ( )f u m⇔ ≤
Hàm số
( )f u
xác định và liên tục trên đoạn
[ ]
2;3

'
2 2

3
( ) ;
5 6 12
u u
f u
u u u
−
= +
+ − +

' 2 2
( ) 0 6 12 (3 ) 5f u u u u u u= ⇔ − + = − +

( )
( )
( )
2
2
2 2 2
6 12 3 5u u u u u⇔ − + = − +
với
[ ]
2;3u ∈

t
'
( )f t
( )f t
+
+ 0

23
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


1
2
2
15 135
4
2 30 45 0
15 135
4
u
u u
u

+
=


⇔ − + = ⇔

−
=



1 2

3, 2u u> <
nên đều bị loại

(2) 5, (3) 3 14f f= = +

[ ]
2;3
min ( ) 5f u⇒ =
Vậy ĐK phải tìm là
5m ≥
Nhận xét:
- Trong lời giải bài toán trên việc tìm ra TXĐ cho hàm số
( )f u
là rất qua
trọng
- Đề bài trên cũng có thể phát biểu theo kiểu tương tự:
Cho các số
,x y
thỏa mãn ĐK
4, 0x y≥ ≥
và
3x y+ =
. Hãy tìm
GTLN và GTNN của biểu thức P=
5 3x y+ + +
.
Bài tập tương tự
1.Tìm tham số
m
để PT sau có đúng một nghiệm:

4
4
13 1 0x x m x− + + − =
2.Tìm tham số
m
để hệ sau có nghiệm:
2
2
5 4 0
3 16 0
x x
x mx x

− + ≤


− + =


Hướng dẫn: Hệ đã cho
⇔

2
3 16 0,x mx x− + =
với
[ ]
1;4x∈
Đặt
[ ] [ ]
; 1;4 1;2t x x t= ∀ ∈ ⇒ ∈

3.Tìm tham số
m
để BPT
2
( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x− + + + − ≤

có nghiệm
0;1 3x
 
∈ +
 
4.Tìm tham số
m
để PT sau có nghiệm:
12 ( 5 4 )x x x m x x+ + = − + −
Hướng dẫn: Khảo sát hàm số
12
( )
5 4
x x x
f x
x x
+ +
=
− + −
trên đoạn
[ ]
0;4
5. Tìm tham số
m

để BPT:
( )
2
2 2
1 2 4x m x x+ + ≤ + +
, thỏa mãn
[ ]
0;1x∀ ∈
Hướng dẫn : Đặt
[ ]
2
2, 0;1 0; 3t x x x t
 
= + ∀ ∈ ⇒ ∈
 
6. Tìm tham số
a
để BPT:
2
2 7a x x a+ < +
nghiệm đúng với mọi
x
PHẦN III : PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Bài 1. tìm tham số
m
để PT
2
. os 2 4sin xcos 2 0m c x x m− + − =
, (1)
có nghiệm

0;
4
x
π
 
∈
 ÷
 

24
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Giải PT (1)
2
(1 sin 2 ) 2sin2 2 0m x x m⇔ − − + − =
Đặt
( )
sin 2 ; 0; 2 0; 0;1
4 2
t x x x t
π π
   
= ∀ ∈ ⇔ ∈ ⇒ ∈
 ÷  ÷
   
PT trên trở thành
2
(1 ) 2 2 0m t t m− − + − =

2
2
2 2
(2 ) 2 2 ,
2
t
m t t m
t
+
⇔ − = + ⇔ =
−
(1a) với
(0;1)t ∈
Xét hàm số
2
2 2
( ) ,
2
t
f t
t
+
=
−
với
(0;1)t ∈
PT (1) có nghiệm
0;
4
x

π
 
∈
 ÷
 
khi và chỉ khi PT (1a) có nghiệm
(0;1)t ∈
tức là
đường thẳng
y m=
phải cắt đồ thị hàm số
( )f t
trên khoảng
( )
0;1

( )
2
'
2 2
2 4 4
( ) 0, 0;1
(2 )
t t
f t t
t
+ +
= > ∀ ∈
−
suy ra hàm số

( )f t
đồng biến trên khoảng
(0;1)
mà
(0) 1; (1) 4f f= =
Vậy ĐK phải tìm là
1 4m< <
Nhận xét:
- Trong lời giải của bài toán trên nhất thiết phải tìm được ĐK chính xác
cho ẩn phụ
- Trước kia nhờ định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai có thể thực hiện
lời giải theo cách so sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với các số 0
và 1 nhưng khá phức tạp và phải xét nhiều khả năng có thể xảy ra
Bài 2. Tìm tham số
m
để PT:
2
os2 os 1 tanxc x mc x= +
, (2)
có nghiệm
0;
3
x
π
 
∈
 
 
Giải
0;

3
x
π
 
∀ ∈
 
 

⇒
PT (2) xác định
PT (2)
2
2
2 os 1
1 tanx
os
c x
m
c x
−
⇔ = +
2
1
2 1 tanx
os
m
c x
⇔ − = +
2
1 tan 1 tanxx m⇔ − = +

Đặt
1 tanxu = +
;
0; 0 t anx 3 1 1 3
3
x u
π
 
∀ ∈ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ +
 
 
và
2 2
1 tanx t anx 1u u= + ⇒ = −
Ta được PT:
( )
2
2 4 2
1 1 2u mu u u mu− − = ⇔ − + =

25