UNG DUNG HAM SO GIAI PT-BPT

LTĐH 2011 NTP 04/2011

ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
VÀO VIỆC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH
① Giải phương trình và bất phương trình
1) Cho hàm số f(x) đơn điệu trên K (đoạn , khoảng hoặc nửa khoảng) .
Khi đó ∀x
1
, x
2
∈K , f(x
1
) = f(x
2
) ⇔ x
1
= x
2
2) Nếu hs f(x) đơn điệu trên K thì pt f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm x
0
∈K
Từ đó ta có kết quả :
″ Nếu hàm số f(x) đơn điệu trên K và
∃
x
0
∈
K , f(x
0
) = 0 thì x
0

là nghiệm
duy nhất của pt f(x) = 0 trên K ”
3) Nếu hàm số f(x) đơn điệu , liên tục trên K và f(a).f(b) < 0 với a,b∈K , a < b
thì pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x
0
∈(a ;b)
Bài 1. Giải pt
a)
2
4 1 4 1 1x x− + − =
b)
6 8
3 x 2 x
+
- -
= 6
Giải
b) ĐK : x < 2 . Xét hs f(x) =
6 8
3 x 2 x
+
- -
- 6 trên khoảng (-∞;2)
Ta có f’(x) > 0 ∀x∈(-∞;2) ⇒ f đồng biến trên (-∞;2)
Mà f(
3
2
) = 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x =
3
2

Bài 2. Chứng minh pt 2x
2
2x −
= 11 có nghiệm duy nhất
Giải
Xét hs f(x) = 2x
2
2x −
= 11 liên tục trên [2;+∞)
Ta có f’(x) =
x(5x 8)
x 2
-
-
< 0 ∀x∈(2;+∞) ⇒ f đồng biến trên [2;+∞)
Mặt khác f(2).f(3) < 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x
0
∈(2;3)
Bài 3. Giải pt
3 2
2 3 6 16 2 3 4x x x x+ + + = + −
Giải
Vì 2x
3
+ 3x
2
+ 6x + 16 = (x + 2)(2x
2
– x + 8) ⇒ đk : -2 ≤ x ≤ 4
Xét hs f(x) =

3 2
2 3 6 16 4x x x x+ + + − −
- 2
3
liên tục trên đoạn [-2;4]
Ta có f’(x) > 0 ⇒ hàm số f đồng biến trên [-2 ;4]
Mà f(1) = 0 ⇒ pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 4. Giải các pt :
a) log(x
2
– x – 6) + x = log(x + 2) + 4 b) log
2
(1 +
x
) = log
3
x
c)
∗

3
log
log
3
4 2 2
x
x
x+ =

d) log
6
(
4
x x+
) = log
2
4
x
Giải
c) ĐK x > 0 . Đặt t = log
3
x ⇔ x = 3
t
, ta có pt
t t
4 2
3 3
æö æö
÷ ÷
ç ç
+
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
- 2 = 0
Xét hàm số f(t) =
t t

4 2
3 3
æö æö
÷ ÷
ç ç
+
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
- 2 ⇒ f’’(t) > 0 ∀t ⇒ hàm số f’(t) đồng biến trên 
Mà f’(0).f’(1) < 0 ⇒ pt f’(t) = 0 có duy nhất nghiệm t
0
∈(0 ;1)
Lập BBT ⇒ pt f(t) = 0 có 2 nghiệm t = 0 , t = 1
Bài 5. Giải các pt :
a) 3
2x-1
+ 3
x-1
(3x – 7) – x + 2 = 0 b) (x + 1)log
2
x + (2x + 5)
1
2
log x
+ 6 = 0
c) 2sin
8

x + cos
4
2x =
1
27
d) log3(
2
3 2x x− +
+ 2) +
2
3 1
1
5
x x− −
 
 ÷
 
= 2
Giải
c) Pt ⇔ 2sin
8
x + (1 – 2sin
2
x)
4
=
1
27
Đặt t = sin
2

x , 0 ≤ t ≤ 1
Xét hs f(t) = 2t
4
+ (1 – 2t)
4
với t∈[0 ;1]
Lập BBT ⇒ t =
1
3
⇒ x
Bài 6. Giải các pt :
a) 2
x+1
– 4
x
= x – 1 b)
2sin( )
4
x
e
π
−
= tanx
c) log
2
2
3 5
2 2 3
x x
x x

+ +
+ +
= x
2
– x – 2 e)
∗

3
3 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
d)
∗
(x + 1)(2 +
2
2 4x x+ +
) + x(2 +
2
3x +
) = 0
Giải
b) ĐK : cosx ≠ 0
Pt ⇔ e
sinx-cosx
=
sin x
cosx
Vì sinx = 0 không thỏa pt và e
sinx-cosx
> 0
nên nếu đặt u = sinx , v = cosx thì u, v∈(-1;1) và uv>0

Ta có
u v
e e
u v
=
. Xét hs f(t) =
t
e
t
nghịch biến trên mỗi khoảng (-1;0) và (0;1)
Vì uv > 0 nên u, v∈(-1;0) hoặc u, v∈(0;1)
Trên mỗi khoảng đó ta đều có f(u) = f(v) ⇒ u = v
ĐS : x =
4
p
+ kπ , k∈
c) Đặt u = x
2
+ 3x + 5 và v = 2x
2
+ 2x + 3 (u, v > 0) ⇒ v – u = x
2
– x – 2
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Ta có pt log
u
v
= v – u ⇔ logu + u = logv + v (1)
Xét hs f(t) = logt + t ⇒ f’(t) > 0 ∀t > 0 ⇒ f đông biến trên (0 ;+∞)

Từ (1) : f(u) = f(v) ⇔ u = v
d) Pt ⇔ (x + 1)(2 +
2
2 4
x x+ +
) = -x(2 +
2
( ) 3x− +
) (1)
Xét hs f(t) = t(2 +
2
3t +
) ⇒ hs đồng biến trên 
Đặt u = x + 1 , v = - x thì từ (1) ta có f(u) = f(v) ⇔ u = v
Bài 7. Giải các phương trình :
a) 3
3
log x
x
+ (log
3
x – 1)
2
= x
2
b) x
2
+
2
log

3
x
=
2
log
5
x
c)
∗
6
x
= 2x + 1 + 3log
6
(5x + 1) d) 3log
3
(1 +
3
x x+
) = 2log
2
x
e)
∗
x.2
1-x
+ 2log
2
(1 + x) = xlog
2
(1 + x) + log

2
(1 + x)
2

f)
∗
2
x
– 2
1-x
=
2
1
log
x
x
−
Giải
b) Đk x > 0 . Vì x = 1 không là nghiệm nên với x ≠ 1 :
2
log
5
x
=
2 2
log log
log 5
( ) 5
x
x x

x =
Pt ⇔ x
2
+
2
log
3
x
=
2
log
5
x
Đặt t = log
2
x ⇔ x = 2
t
. Ta có pt 4
t
+ 3
t
= 5
t
ĐS : x = 4
c) Đk x >
1
5
−
. Đặt y = log
6

(5x + 1) ⇔ 6
y
= 5x + 1
Ta có pt 6
x
+ 3x = 6
y
+ 3y
ĐS : x = 1
e) PT ⇔ x(2
1-x
– log
2
(1 + x) ) = 0
Hàm số f(x) = 2
1-x
– log
2
(1 + x) nghịch biến trên (-1;+∞) và f(1) = 0
ĐS : x = 0 , x = 1
Bài 8. Giải các bất phương trình :
a) log
7
(1 +
x
+ x) ≤ log
4
x b)
∗

3
log 3
log
1 5
2
2 2
x
x
 
+ ≥
 ÷
 
c)
5 5
log 3 log
4
x
x +
≥ x d) log
2
(2
x
+ 1) + log
3
(4
x
+ 2) ≤ 2
e)
∗
x(3log

2
x – 2) > 9log
2
x – 2
Giải
b) ĐK 0 < x ≠ 1 . Đặt t = log
3
x ⇒ 2
t
+
1
1
2
t
 
 ÷
 
≥
5
2
(1)
Hàm số f(t) = 2
t
+
1
1
2
t
 
 ÷

 
đồng biến trên mỗi khoảng (-∞ ;0) và (0 ;+∞)
Từ (1) : f(t) ≥ f(1) ⇒ t ≥ 1
ĐS : x ≥ 3
d) Đặt t = 2
x
(t > 0) , ta có bpt log
2
(t + 1) + log
3
(t
2
+ 1) ≤ 2
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Xét hs f(t) = log
2
(t + 1) + log
3
(t
2
+ 1) đồng biến trên (0 ;+∞) và f(1) = 2
ĐS : x ≤ 0
e) ĐK x > 0
BPT ⇔ 3(x – 3)log
2
x – 2(x – 1) > 0 (1)
• x > 3 : (1) ⇔ 3log
2
x -

2( 1)
3
x
x
−
−
> 0
Hàm số f(x) = 3log
2
x -
2( 1)
3
x
x
−
−
đồng biến trên (3;+∞) và f(4) = 0 ⇒ x > 4
• 0 < x < 3 : 3log
2
x -
2( 1)
3
x
x
−
−
< 0 . Hàm số f(x) đồng biến trên (0;3) và f(1) = 0 ⇒ 0 < x < 1
② Biện luận tính chất nghiệm của phương trình – bất phương trình
∗ Phương pháp chung : lập bảng biến thiên của hàm số và dựa vào bảng biến thiên
xác định giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu của bài toán

• Chú ý giới hạn của hàm số tại các điểm đầu mút của K
∗ Một số kết quả
Cho hàm số f(x) có GTLN , GTNN trên K
1) Pt f(x) = m có nghiệm x∈K ⇔ minf(x) ≤ m ≤ maxf(x)
2) Bất pt f(x) ≥ m có nghiệm x∈K ⇔ maxf(x) ≥ m
Bất pt f(x) ≥ m nghiệm đúng ∀x∈K ⇔ minf(x) ≥ m
3) Bất pt f(x) ≤ m có nghiệm x∈K ⇔ minf(x) ≤ m
Bất pt f(x) ≤ m nghiệm đúng ∀x∈K ⇔ maxf(x) ≤ m
∗ Tương tự đối với pt f(x) = g(m) , bất pt f(x) ≥ g(m) , f(x) ≤ g(m)

∗ Khi đặt ẩn phụ phải xác định chính xác miền biến thiên của ẩn phụ đó
Phương trình
Bài 9. Tìm m để pt sau có nghiệm :
3 6 (3 )(6 )x x x x+ + − − + −
= m
Giải
Đk : -3 ≤ x ≤ 6 . Đặt t =
3 6x x+ + −
> 0
Ta có t
2
= 9 + 2
(3 )(6 )x x+ −
≥ 9 ⇒ t ≥ 3
Bđt Côsi t
2
≤ 9 + (3 + x) + (6 – x) ⇒ t ≤ 3
2
Khi đó ta có pt :
1

2
−
t
2
+ t +
9
2
= m
Xét hàm số f(t) =
1
2
−
t
2
+ t +
9
2
với t∈[3; 3
2
]
Lập BBT ⇒ kết quả : 3 ≤ m ≤ 3
2
-
9
2
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 10. Tìm m để pt sau có hai nghiệm phân biệt : x
2
– 2lnx – 2m = 0

Giải
Pt ⇔
1
2
x
2
– lnx = m .
Đặt f(x) =
1
2
x
2
– lnx với x∈(0;+∞) ⇒ f’(x) =
2
1x
x
−
⇒ f’(x) = 0 ⇔ x = 1
Giới hạn :
0
lim ( )
x
f x
+
→
= +∞
và
lim ( )
x
f x

→+∞
= +∞
BBT

x
0 1 +∞
f’(x) - 0 +
f(x)
+∞ +∞

1
2
Từ đó , pt f(x) = m có 2 nghiệm phân biệt x > 0 ⇔ m >
1
2
∗ Chú ý :
lim(ln )
x
x
→+∞
= +∞
và
0
lim (ln )
x
x
+
→
= −∞
Bài 11. Tìm m để pt sau có đúng một nghiệm :

4 2
2 4 1x x x+ + − +
= m (1)
Giải
Đk : x ≥ -1 . Đặt t =
1x +
, t ≥ 0 ta có pt
4 4
3t +
- t = m (2)
Với mỗi nghiệm t ≥ 0 của (2) thì có đúng một nghiệm x ≥ -1 của (1)
Do đó pt(1) có đúng một nghiệm x ≥ -1 ⇔ pt(2) có đúng một nghiệm t ≥ 0
Xét hs f(t) =
4 4
3t +
- t với t ≥ 0 ⇒ f’(t) =
3
4 3
4
( 3)
t
t +
- 1 < 0 ∀t ≥ 0
Tính
lim ( ) 0
t
f t
→+∞
=
, lập BBT ⇒ kết quả 0 < m ≤

4
3
Bài 12. Tìm m để pt sau có hai nghiệm phân biệt :
2
2x mx+ +
= 2x + 1
Giải
Pt ⇔
2
1
2
3 4 1 (1)
x
x x mx

≥ −



+ − =

Vì x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔
2
3 4 1x x
x
+ −
= m
Đặt f(x) =
2
3 4 1x x

x
+ −
với x ≥
1
2
−
, x ≠ 0
Lập BBT của f(x) ⇒ m ≥
9
2
Bài 13. Tìm m để đồ thị hs y = x
3
– 3mx
2
– 1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Giải
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành : x
3
– 3mx
2
– 1 = 0 ⇔ 3m = x -
2
1
x
(x ≠ 0)
Xét hs f(x) = x -
2
1

x
. Lập BBT của hs ⇒ kết quả : m <
3
1
4
−
∗ Chú ý : có thể dùng tính chất sau để giải :
“ đồ thị hs bậc ba cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi hs có CĐ, CT và y
cđ
.y
ct
< 0 ”
Bài 14. Tìm m để hàm số y =
1
3
x
3
– (m – 1)x
2
+ 3(m – 2)x + 1 đồng biến trên [2;+∞)
Giải
Ta có y’ = x
2
– 2(m – 1)x + 3(m – 2)
Hàm số đồng biến trên [2;+∞) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ≥ 2 ⇔
2
6 2
2 3
x
x x

−
− +
≤ m ∀x ≥ 2
Xét hs g(x) =
2
6 2
2 3
x
x x
−
− +
với x∈[2;+∞)
Lập BBT của g(x) ⇒ m ≥
2
3
Bài 15. Tìm điều kiện của m để pt
x 4 x 4 x x 4 m+ - + + - =
có nghiệm
Giải
Đặt
2
t x 4 0 x t 4.= - ³ Þ = +

Ta có pt :
2 2 2
t 4t 4 t 4 t m t 2t 6 m.+ + + + + = Û + + =
Lập BBT của hàm số
2
y t 2t 6, t 0= + + ³
⇒ m ≥ 6

Bài 16. Chứng tỏ rằng pt
2
3x 1
2x 1 mx
2x 1
-
= - +
-
luôn có nghiệm với mọi giá trị của m
Giải
Pt ⇔
2
1
2x 1 0
x
2
3x 1
3x 2
2x 1 mx
m
2x 1
2x 1
ì
ï
ì
- >
ï
>
ï
ï

ï
ï
ï
Û
í í
-
ï ï
-
- - =
ï ï
=
ï ï
î -
ï
î -
.
Lập BBT của f(x) =
3x 2
2x 1
-
-
có tập giá trị là
¡
. Vậy pt luôn có nghiệm thực với mọi m
Bài 17. Xác định giá trị của m để pt
2
9 9x x x x m+ − = − + +
có nghiệm thuộc đoạn [0;9]
Kết quả :
9

4
−
≤ m ≤ 10
Bài 18. Tìm m để pt sau có nghiệm : 2(1 + sin2xcos4x) -
1
2
(cos4x – cos8x) = m
Kết quả :
129
64
≤ m ≤ 5
Bài 19. Tìm m để pt sau có nghiệm : 4sin
2
2x + 8cos
2
x – 5 + 3m = 0
Kết quả :
4 5
3 3
m− ≤ ≤
Bài 20. Tìm m để pt 2(sin
4
x + cos
4
x) + cos4x + 2sin2x – m = 0 có nghiệm thuộc đoạn [0;
2
π
]
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Giải
Pt ⇔ -3sin
2
2x + 2sin2x + 3 = m
Đặt t = sin2x . Với x∈[0;
2
π
] ⇒ t∈[0;1]
Ta có pt -3t
2
+ 2t + 3 = m . Đặt f(t) = -3t
2
+ 2t + 3
Pt đã cho có nghiệm x∈[0;
2
π
] ⇔ pt f(t) = m có nghiệm t∈[0;1]
Kết quả : 2 ≤ m ≤
10
3
∗ Chú ý : có thể dùng đồ thị để biện luận
Pt f(t) = m có nghiệm t∈[0;1] ⇔ đồ thị hai hs y = f(t) và y = m có điểm chung trên đoạn [0;1]
Bài 21. Tìm m để pt cos2x = mcos
2
x
1 tan x+
có nghiệm x∈[0;
3
p
]

Giải
Với x∈[0;
3
p
] ta có cosx > 0 nên pt ⇔ 1 – tan
2
x = m
1 tan x+
⇔ (1 – tanx)
1 tan x+
= m
Đặt t = tanx , t∈[0;
3
] . Ta có pt (1 – t)
1 t+
= m
Xét hs f(t) = (1 – t)
1 t+
liên tục trên [0;
3
] và f’(t) < 0 ∀t∈(0;
3
)
⇒ f nghịch biến trên [0;
3
]
Lập BBT ⇒ kết quả 1 ≤ m ≤
2( 3 1)-
Bài 22. Xác định m để pt cos4x + 6sinxcosx = m có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn [0;
4

p
]
Kết quả : 2 ≤ m <
17
8
Bài 23. Tìm m để pt cos
3
x – sin
3
x = m có 2 nghiệm phân biệt thuộc [-
;
4 4
p p
]
Giải
Pt ⇔ (cosx – sinx)(1 + sinxcosx) = m (1)
Đặt t = cosx – sinx =
2 cos x
4
æ ö
p
÷
ç
+
÷
ç
÷
ç
è ø
. Vì x∈[-

;
4 4
p p
] nên t∈[0;
2
]
Ta có pt -t
3
+ 3t = 2m (2)
Với mỗi t∈[0;
2
] có duy nhất x∈[-
4
p
;
4
p
] sao cho
2 cos x
4
æ ö
p
÷
ç
+
÷
ç
÷
ç
è ø

= t
Kết quả
2
≤ m < 2
Bài 24. Tìm m để pt
2
1
cos x
+ cot
2
x + m(tanx + cotx) + 2 = 0 vô nghiệm
Kết quả : -
5
2
< m <
5
2
Bài 25. Tìm m để pt 2
x
+ 3 = m
4 1
x
+
có nghiệm duy nhất
Giải.
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Đặt t = 2
x
, t > 0 . Ta có pt

2
1
1
t
t
+
+
= m
Hàm số f(t) =
2
1
1
t
t
+
+
có f’(t) = 0 ⇔ t =
1
3
và
lim ( ) 1
t
f t
→+∞
=
Lập BBT ⇒ kết quả 1 < m ≤ 3 hoặc m =
10
Bài 26. Tìm m để pt sau có nghiệm :
2
1 1

9
x+ −
- (m + 2)
2
1 1
3
x+ −
+ 2m + 1 = 0
Giải.
Đk -1 ≤ x ≤ 1 . Đặt t =
2
1 1
3
x+ −
với x∈[-1;1] ⇒ t∈[3;9]
Ta có pt
2
2 1
2
t t
t
− +
−
= m ⇒ kết quả 4 ≤ m ≤ 64/7
Bài 27. Tìm m để pt
2 2 2
2 1 4
2
log x log x 3 m(log x 3)+ - = -
có nghiệm thuộc đoạn [32;+∞)

Giải
PT ⇔
2
2 2 2
log 2log x 3 m(log x 3)- - = -
Đặt t = log
2
x . Với x ≥ 32 ⇒ t ≥ 5
Ta có pt
2
t 2t 3 m(t 3)- - = -
⇔
t 1
t 3
+
-
= m
Xét hs f(t) =
t 1
t 3
+
-
liên tục trên [5;+∞) và f’(t) < 0 ∀t∈[5;+∞)
⇒ f nghịch biến trên [5;+∞) . Lập BBT ⇒ kết quả : 1 ≤ m ≤
3
Bài 28. Tìm m để pt 2log(x + 4) = log(mx) có nghiệm duy nhất
Giải
Pt ⇔
2
(x 4) mx (1)

x 4
ì
ï
+ =
ï
í
ï
>-
ï
î
Vì x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔
2
(x 4)
x
+
= m
Đặt f(x) =
2
(x 4)
x
+
, pt đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ pt f(x) = m có nghiệm duy nhất x > -4
Lập BBT của f(x)
x
-4 0 4 +∞
f’ 0 - - 0 +
f
0 +∞ +∞
-∞ 16
Kết quả : m < 0 hoặc m = 16

Bất phương trình
Bài 29. Tìm m để bất pt sau có nghiệm : mx -
3x −
≤ m + 1
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Giải
Đk x ≥ 3 . Đặt t =
3x −
, t ≥ 0 . Ta có bpt m(t
2
+ 2) ≤ t + 1 ⇔
2
1
2
t
t
+
+
≥ m
Xét hs f(t) =
2
1
2
t
t
+
+
với t ≥ 0
BBT

t
0 -1+
3
+∞
f’(t) + 0 -
f(t)

1 3
4
+
1
2
0
Bpt có nghiệm x ≥ 3 ⇔ bpt f(t) ≥ m có nghiệm t ≥ 0 ⇔ m ≥
1 3
4
+
Bài 30. Tìm m để bất pt sau nghiệm đúng với mọi x : m.9
x
– 3
x
+ 1 ≥ 0
Giải
Đặt t = 3
x
, t > 0 . Ta có bpt
2
1t
m
t

−
≤
. Lập BBT của hs f(t) =
2
1t
t
−
trên khoảng (0;+∞)
t
0 2 +∞
f’(t) + 0 -
f(t)

1
4
-∞ 0
Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x ≥ 3 ⇔ bpt f(t) ≤ m nghiêm đúng ∀t > 0
Kết quả : m ≥
1
4
Bài 31. Tìm m để bất pt
2 2
2 4
log x 2x m log (x 2x m)- + + - +
≤ 5 nghiệm đúng ∀x∈[0;2]
Giải
Bpt ⇔
2
2 2
2 2

x 2x m 1
1 1
log (x 2x m) 4 log (x 2x m) 5
2 2
ì
ï
- + ³
ï
ï
ï
í
ï
- + + - + £
ï
ï
ï
î
Đặt t =
2
2
1
log (x 2x m)
2
- +
, ta có hệ
2
t 0
t 4t 5 0
ì
³

ï
ï
í
ï
+ - £
ï
î
⇔ 0 ≤ t ≤ 1
Từ đó 0 ≤
2
2
1
log (x 2x m)
2
- +
≤ 1 ⇔ 1 – m ≤ x
2
– 2x ≤ 4 – m (∗)
Xét hs f(x) = x
2
– 2x trên đoạn [0;2]
Lập BBT ⇒ (∗) đúng ∀x∈[0;2] ⇔
1 1 m
0 4 m
ì
- ³ -
ï
ï
í
ï

£ -
ï
î
⇔ 2 ≤ m ≤ 4
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 32. Xác định m để bpt sau nghiệm đúng với mọi x > 2 :
2
2
2
2
log
log 1
x
x −
≥ m
Giải
Đặt t =
2
2
log x
, t > 1 . Ta có bpt
1
t
t −
≥ m . Xét hs f(t) =
1
t
t −
với t > 1

Tính f’(t) và các giới hạn
1
lim ( )
t
f t
+
→
= +∞
,
lim ( )
t
f t
→+∞
= +∞
Lập BBT ⇒ m ≤ 1
Bài 33. Tìm m để bất pt sau nghiệm đúng ∀x∈[-2;4] : -4
( 2)(4 )x x+ −
≤ x
2
– 2x + m - 8
ĐS : m ≥ 10
Bài 34. Tìm m để bất pt sau có nghiệm :
4 2 2 4x x− + −
< m
Giải
Xét hs f(x) =
4 2 2 4x x− + −
, x∈[
1
2

;4] . Ta có f’(x) =
2 4 4 2
4 2. 4
x x
x x
− − −
− −
f’(x) ≥ 0 ⇔ x ≤
9
4
. Dấu = xảy ra khi x =
9
4
BBT ⇒ m >
14
Bài 35. Tìm m để bất pt m(
2
2 2x x− +
+ 1) + x(2 – x) ≤ 0 có nghiệm thuộc đoạn [0;1 +
3
]
ĐS : m ≤
2
3
③ Một số ví dụ đối với hệ phương trình
Bài 36. Giải các hệ pt :
a)
1
ln ln
2 .3 36

x
x y
y
x y x y
+
+
− = −




=

b)
ln(1 ) ln(1 )
4
x y
e e x y
y x

− = + − +

− =

c)
2 2 3
2 2 3
x
y
x y

y x

+ = +


+ = +


d)
2 2
2 2
2 2 2 1
2 2 2 1
x x y y y
y y x x x

+ + − = + +


+ + − = + +


Giải
d) Đặt u = x + 1 ≥ 1 , v = y + 1 ≥ 1 . Ta có hpt
2 2
2 2 2 2
21 1
21 1 21 1
u v v
u u u v v v


+ − − =


+ + − + = + + − +


Xét hs f(t) =
2 2
21 1t t t+ + − +
đồng biến trên [1;+∞)
Do đó f(u) = f(v) ⇒ u = v ≥ 1 ⇒
2 2
21 1u u u+ + − =
Hs g(u) =
2 2
21 1u u u+ + − −
nghịch biến trên [1;+∞) có g(2) = 0
⇒ u = 2 là nghiệm duy nhất của pt g(u) = 0
Kq : (1;1)
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 37. Giải hệ pt
2 2
2 2
3
2
log log 0 (1)
3 5 9 0 (2)
3

x x
x
x x

− <


− + + >


Giải
• Giải (1) ta được 1 < x < 4
• Xét bpt(2) . Đặt f(x) =
3
3
x
- 3x
2
+ 5x + 9 ⇒ f’(x) < 0 ∀x∈(1;4)
⇒ hàm số f nghịch biến trên (1;4) ⇒ f(x) > f(4) =
7
3
⇒ (2) đúng ∀x∈(1;4)
Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là S = (1;4)
Bài 38. Giải hệ pt
3
4
1 8
( 1)
x y x

x y

− − = −


− =


Giải
Đk : x ≥ 1 , y ≥ 0
Hệ pt ⇔
2 3
4
1 ( 1) 8 0 (1)
( 1) (2)
x x x
x y

− − − + + =


− =


Xét hs f(x) =
1x −
- (x – 1)
2
+ x
3

+ 8 liên tục trên [1;+∞)
Ta có f’(x) > 0 ∀x∈(1;+∞) ⇒ f đồng biến trên [1;+∞)
Mà f(2) = 0 ⇒ pt(1) có nghiệm duy nhất x = 2
Kết quả : (x;y) = (2;1)
Bài 39. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm :
1 3 (1)
1 3 (2)
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


Giải
Đk : -1 ≤ x, y ≤ 3
Trừ hai pt theo vế :
1 3 1 3x x y y+ − − = + − −
(3)
Xét hàm số f(t) =
1 3t t+ − −
liên tục trên [-1 ;3] ⇒ f’(t) > 0 ∀t∈(-1 ;3)
⇒ f đồng biến trên [-1 ;3]
Từ (3) : f(x) = f(y) ⇔ x = y .
Thế vào (1) :
1 3x x+ − −
= m (4)
Hệ pt đã cho có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm x∈[-1 ;3]

Đặt g(x) =
1 3x x+ − −
Pt g(x) = m có nghiệm x∈[-1 ;3] ⇔
[ 1;3]
[ 1;3]
min ( ) max ( )g x m g x
−
−
≤ ≤
⇔ 2 ≤ m ≤ 2
2
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 40. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm :
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

+ + + =





+ + + = −


Giải. Đk : x, y ≠ 0
Đặt u = x +
1
x
và v = y +
1
y
thì
,u v
≥ 2 .
Ta có hệ pt :
3 3
5
3 3 15 10
u v
u u v v m
+ =


− + − = −

⇔
5
8
u v
uv m
+ =



= −

Do đó u, v là nghiệmcủa pt t
2
– 5t + 8 – m = 0 (1)
Hệ pt đã cho có nghiệm ⇔ pt (1) có nghiệm t thỏa
t
≥ 2
Đặt f(t) = t
2
– 5t + 8
Lập BBT
x
-∞ -2 2
5
2
+∞
f’ - - 0 +
f
+∞

22
2 +∞

7
4
Kết quả :
7

4
≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22
④ Đề thi Đại học
Bài 41. (2002 – A)
Cho phương trình :
2 2
3 3
log log 1 2 1 0x x m+ + − − =
a) Giaỉ pt khi m = 2 .
b) Tìm m để pt có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1;
3
3
] .
ĐS : a/ x =
3
3
±
b/ 0 ≤ m ≤ 2
Bài 42. (2004 – B)
Tìm m để pt sau có nghiệm : m
( )
2 2 4 2 2
1 1 2 2 1 1 1x x x x x+ − − + = − + + − −
Đs :
2
- 1 ≤ m ≤ 1
Bài 43. (2004 – D)
Chøng minh r»ng pt sau cã ®óng mét nghiÖm x
5
– x

2
– 2x – 1 = 0
Bài 44. (2006 – B)
Tìm m để pt sau có hai nghiệm thực phân biệt :
2
2x mx+ +
= 2x +1 Đs : m
9
2
≥
LTĐH 2011 NTP 04/2011

Bài 45. (2006 – D)
Chứng minh rằng với mọi a > 0 , hệ pt sau có nghiệm duy nhất :
ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a

− = + − +

− =

Bài 46. (2007 – A)
Tìm m để pt sau có nghiệm thực :
2
4
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
Đs : - 1 < m ≤
1

3
Bài 47. (2007 – B)
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 =
( 2)m x −
Bài 48. (2007 – D)
Tìm m để hệ pt sau có nghiệm :
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

+ + + =




+ + + = −


ĐS :
7

4
≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22
Bài 49. (2008 – A)
Tìm m để pt sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ + − + − =
Đs:
4
2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ < +
Bài 50. (2010 – D)
Giải pt
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2
x x x x x x+ + + + + −
+ = +
Đs : x = 1 , x = 2