“HƯỚNG dẫn học SINH sử DỤNG PHƯƠNG PHÁP hàm số để GIẢI một số DẠNG TOÁN về PHƯƠNG TRÌNH, bất PHƯƠNG TRÌNH ở TRƯỜNG THPT”

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ở TRƯỜNG THPT”
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: lớp 12
Số tiết dự kiến bồi dưỡng: 10 tiết

Họ và tên: Hoàng Trung Hiếu
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Sáng Sơn


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Sông Lô, 2014
DẠY HỌC GIẢI TOÁN PT VÀ BẤT PT BẰNG PHƯƠNG PHÁP
HÀM SỐ Ở TRƯỜNG THPT
I. Một số kiến thức cơ bản liên quan giữa hàm số, PT và BPT
Trước hết ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản về hàm số và PT, BPT thường được sử
dụng khi áp dụng phương pháp hàm số để giải các bài toán về PT và BPT. Các kiến thức này
đã được nêu trong sách giáo khoa và một số tài liệu tham khảo. Ở đây, chúng tôi hệ thống lại
một số kiến thức cơ bản có liên quan đến vấn đề nghiên cứu và có chứng minh một số mệnh
đề sẽ được sử dụng.
1. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì hàm số đó đạt GTLN; GTNN
trên đoạn [ a; b ] . GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ a; b ] kí hiệu là:
max f ( x ) và min f ( x) .
[ a ;b]
[ a ;b ]
f ( x ) = f (a ) và

2. Nếu hàm số y = f ( x) đơn điệu tăng trên đoạn [ a; b ] thì min
[ a ;b]
max f ( x ) = f (b) . Nếu hàm số
[ a ;b ]

y = f ( x) đơn điệu giảm trên đoạn

[ a; b]

thì

min f ( x) = f (b) và max f ( x) = f ( a ) .
[ a ;b ]
[ a ;b]

3. Giả sử hàm số y = f ( x) liên tục và chỉ có một số hữu hạn điểm tới hạn trên
đoạn [ a; b ] thì:
max f ( x) = max { f ( x1 ); f ( x2 );...; f ( xn ); f (a); f (b)}
[ a ;b ]

min f ( x) = min { f ( x1 ); f ( x2 );...; f ( xn ); f (a ); f (b)}
[ a ;b ]

Các điểm x1 ; x2 ;...; xn là các điểm tới hạn của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ a; b ] .
4. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a ). f (b) < 0 thì ∃x0 ∈ ( a; b )
sao cho f ( x0 ) = 0 .
5. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và có đạo hàm trên khoảng

( a; b )

thì tồn tại điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '(c).(b − a ) .
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

2


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
6. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] , có đạo hàm trên khoảng ( a; b )
và f (a ) = f (b) thì tồn tại điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f '(c ) = 0 .
7. Nếu hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên [ a; b ] và PT f '( x) = 0 có nghiệm duy
nhất trên đoạn [ a; b ] thì trên đoạn [ a; b ] , PT f ( x) = 0 không thể có quá hai nghiệm.
8. Giả sử các hàm số y = f ( x) và y = g ( x) liên tục trên miền D và giả thiết rằng
tồn tại các GTLN và GTNN của các hàm số trên miền đó. Khi đó, ta có các mệnh đề sau:
Mệnh đề 1. PT f ( x) = α có nghiệm trên D khi và chỉ khi
m = min f ( x) ≤ α ≤ m ax f ( x) = M .
D

D

Chứng minh:
+) Giả sử PT f ( x) = α có nghiệm trên D. Ta chứng minh m ≤ α ≤ M .
Thật vậy, do f ( x) = α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = α
Mặt khác, ta có ∀x ∈ D : m ≤ f ( x) ≤ M .
Vậy m ≤ f ( x0 ) ≤ M hay m ≤ α ≤ M .
+) Giả sử m ≤ α ≤ M . Ta chứng minh PT f ( x) = α có nghiệm trên D.
Thật vậy, giả sử PT f ( x) = α vô nghiệm trên D. Khi đó, ta có ∀x ∈ D : f ( x) ≠ α ,
tức là α không thuộc tập giá trị [ m; M ] của hàm số f ( x) , có nghĩa là α < m hoặc

α > M , trái với giả thiết m ≤ α ≤ M .
Vậy PT f ( x) = α có nghiệm trên D.

Mệnh đề 2.
a) Nếu hàm số f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên D thì nghiệm của PT f ( x) = α
(nếu có) là duy nhất.
b) Nếu hàm số f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên D còn hàm g ( x) nghịch biến
(đồng biến) trên D thì nghiệm của PT f ( x) = g ( x) (nếu có) là duy nhất.
g ( x) hoặc min f ( x) ≥ m ax g ( x) và tồn tại x0 ∈ D thỏa
c) Nếu mDax f ( x) ≤ min
D
D
D
mãn f ( x0 ) = g ( x0 ) thì x0 là nghiệm duy nhất của PT f ( x) = g ( x) , hơn nữa, ta có
m ax f ( x) = min g ( x) = f ( x0 ) hoặc min f ( x) = m ax g ( x) = f ( x0 )
D
D
D
D
Mệnh đề 3.
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

3


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
a) BPT f ( x) ≥ α có nghiệm trên D khi và chỉ khi M = mDax f ( x) ≥ α .
f ( x) ≥ α .
b) BPT f ( x) ≥ α nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi m = min
D
f ( x) ≤ α .
c) BPT f ( x) ≤ α có nghiệm trên D khi và chỉ khi m = min
D

d) BPT f ( x) ≤ α nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi M = mDax f ( x) ≤ α .
Chứng minh.
a) Giả sử BPT f ( x ) ≥ α có nghiệm trên D. Ta chứng minh M ≥ α .
Thật vậy, do f ( x) ≥ α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) ≥ α .
Mặt khác, ta có ∀x ∈ D, M ≥ f ( x) .
Do đó M ≥ f ( x0 ) ≥ α (đpcm).
Đảo lại, giả sử M ≥ α . Ta chứng minh BPT f ( x ) ≥ α có nghiệm trên D.
Thật vậy, giả sử minh BPT

f ( x) ≥ α

vô nghiệm trên D, suy ra

∀x ∈ D, f ( x) < α ⇒ M < α (Trái với giả thiết).
Vậy BPT f ( x) ≥ α có nghiệm trên D.
b) Hiển nhiên.
c) Giả sử BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D. Ta chứng minh m ≤ α
Thật vậy, do f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) ≤ α .
Mặt khác, ta có ∀x ∈ D, m ≤ f ( x) .
Do đó m ≤ f ( x0 ) ≤ α (đpcm).
Đảo lại, giả sử m ≤ α . Ta chứng minh BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D.
Thật vậy, giả sử minh BPT

f ( x) ≤ α

vô nghiệm trên D, suy ra

∀x ∈ D, f ( x ) > α ⇒ m > α (Trái với giả thiết).
Vậy BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D.
d) Hiển nhiên.

Mệnh đề 4. Nếu (C ) và (C’) lần lượt là đồ thị của các hàm số y = f ( x ) và

y = g ( x) thì số nghiệm của PT f ( x) = g ( x) bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số (C
) và (C’).

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

4


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Mệnh đề 5. Giả sử x1 , x2 , ..., xn là các điểm tới hạn của hàm số y = f ( x ) . Các
điểm tới hạn xi (i = 1, 2, ..., n) sắp thứ tự chia tập xác định của hàm số thành các
khoảng, trên mỗi khoảng đó đạo hàm f '( x ) không đổi dấu.
Chú ý: Cho BPT f ( x ) > g ( x ) với tập xác định của BPT là D. Trên cùng hệ trục
tọa độ vẽ đồ thị hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) . Sau đó tìm những phần mà đồ thị
hàm số y = f ( x ) nằm trên đồ thị hàm số y = g ( x ) , lấy hình chiếu của phần đồ thị ấy
trên trục hoành thì giao của nó với tập D là nghiệm của BPT.
Định lý: BPT f ( x ) > g ( x ) nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi trên miền D đồ
thị hàm số y = f ( x ) luôn nằm trên đồ thị hàm số y = g ( x ) .
Sau này ta thường áp dụng mệnh đề 5 để xét dấu của đạo hàm f '( x ) . Chẳng hạn,
muốn xét dấu f '( x ) trên khoảng ( xi ; xi +1 ) với xi < xi +1 là hai điểm tới hạn kề nhau của
hàm số f ( x ) , ta lấy bất kì x0 ∈ ( xi ; xi +1 ) , dấu của f '( x ) trong khoảng ( xi ; xi +1 ) là dấu
của f '( x0 ) . Trong trường hợp f '( x ) là tam thức bậc hai hoặc nhị thức bậc nhất thì việc
xét dấu f '( x ) dựa vào quy tắc xét dấu tam thức bậc hai và dấu nhị thức bậc nhất. Nếu

f '( x) không phải là tam thức bậc hai hoặc nhị thức bậc nhất thì việc xét dấu f '( x) dựa
vào mệnh đề 5 sẽ thuận tiện hơn. Ngoài ra, ta có thể xét dấu f '( x) bằng cách giải BPT.
II. Vận dụng các kết quả nghiên cứu hàm số để giải các bài toán về PT và hệ PT
Khi hướng dẫn HS giải các bài toán về PT ta thường gặp các PT mà ta không thể

trực tiếp áp dụng các phép biến đổi đồng nhất hoặc nếu biến đổi thì rất phức tạp. Những
PT này ta thường gọi là “PT không mẫu mực”. Với những PT dạng này thì phương pháp
hàm số tỏ ra có hiệu quả. Ý tưởng chung của phương pháp này có thể tóm tắt như sau:
Chúng ta quy bài toán đã cho về việc xét một hàm số y = f ( x) trên một tập D nào đó.
Dựa vào việc khảo sát một vài tính chất đặc biệt nào đó của hàm số y = f ( x) để dẫn đến
kết luận nghiệm cho PT, hệ PT đang xét. Để thấy rõ nội dung phương pháp này với hiệu
quả của nó trong việc giải PT, hệ PT và BPT ta xét một số bài toán sau:
II.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT, chúng ta thường sử
dụng các kết quả sau:
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

5


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
1) Định lí 1: Nếu hàm số y = f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên
tục trên D thì số nghiệm của PT f ( x) = k trên D không nhiều hơn một và f(x) = f(y) ⇔ x
= y với mọi x, y ∈ D.
Chứng minh.
a) Giả sử PT f ( x) = k có nghiệm x = a tức là f (a ) = k .
Nếu x > a thì f ( x) > f (a ) = k suy ra PT vô nghiệm.
Nếu x < a thì f ( x ) < f (a ) = k suy ra PT vô nghiệm.
Vậy PT f ( x) = k có nghiệm duy nhất x = a .
b) Nếu x > y thì f(x) > f(y) suy ra PT f(x) = f(y) vô nghiệm.
Nếu x < y thì f(x) < f(y) suy ra PT f(x) = f(y) vô nghiệm.
2) Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm
số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của
PT f(x) = g(x) không nhiều hơn một.
Chứng minh. Giả sử PT f(x) = g(x) có nghiệm x = a tức là f(a) = g(a).

Nếu x > a thì f(x) > f(a) = g(a) > g(x) suy ra PT vô nghiệm.
Nếu x < a thì f(x) < f(a) = g(a) < g(x) suy ra PT vô nghiệm.
Vậy PT f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = a.
3) Định lí 3: Nếu đồ thị hàm số y = f(x) lồi (lõm) trên khoảng (a;b) thì PT f(x) = 0
nếu có nghiệm thì có tối đa 2 nghiệm.
Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT và BPT, chúng ta thường
áp dụng theo ba dạng sau:
- Dạng 1. Thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f ( x) = α (1)
+ Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f ( x) là
hàm số đơn điệu, sau đó suy ra PT (1) có không quá 1 nghiệm.
+ Bước 3. Nhận xét f ( x0 ) = α , sau đó kết luận PT (1) có nghiệm duy nhất x = x0 .
- Dạng 2. Thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f ( x) = g ( x) (2)

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

6


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
+ Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) , y = g ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số
y = f ( x) đồng biến ( nghịch biến), còn hàm số y = g ( x) nghịch biến (đồng biến hoặc
hàm hằng). Xác định x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) .
+ Bước 3. Kết luận PT (2) có nghiệm duy nhất x = x0 .
- Dạng 3. Thực hiện theo các bước sau:
+ Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f (u ) = f (v) (3)
+ Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f ( x) là
hàm số đơn điệu.
+ Bước 3. Khi đó (3) ⇔ u = v .

Ví dụ 1: Giải PT: 3 x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) = 0 (1)
Lời giải:
Cách 1. (Sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất).
Ta có (1) ⇔ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) = −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3
 1 
Nếu PT (3) có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x ( 2x + 1) < 0 hay x ∈  − ;0 ÷. Mặt
 2 
khác, ta có, nếu 3x = − ( 2x + 1) ⇔ x = −

1
thì hai vế của PT (1) bằng nhau. Hơn nữa, ta
5

1  1 
1
1
thấy x = − ∈  − ;0 ÷. Vậy x = − là nghiệm của PT (1). Ta cần chứng minh x = −
5  2 
5
5
là nghiệm duy nhất của PT (1).
1
1
2
2
- Với − < x < − ⇒ 3x < −2 x − 1 < 0 ⇒ ( 3 x ) > ( 2 x + 1) nên ta có
2
5
2 + (3 x) 2 + 3) > 2 + (2 x + 1) 2 + 3
⇒ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) > −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3

=> 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) + (2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3 > 0
 1 1
Suy ra, PT vô nghiệm trên khoảng  − ; − ÷.
 2 5

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

7


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
1
- Với − < x < 0 làm tương tự như trên ta thấy PT vô nghiệm trên
5

 1 
 − ;0 ÷.
 5 

1
Vậy, nghiệm của PT (1) là x = − .
5
Cách 2. (Sử dụng phương pháp hàm số)
Ta có (1) ⇔ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) = −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3
Xét hàm số f (t ) = t (2 + t 2 + 3) trên ¡
t2

Ta có f '(t ) = 2 + t + 3 +
2

t2 + 3

> 0 , ∀x ∈ ¡ .

Suy ra, hàm số luôn đồng biến trên ¡
1
Do đó, ta có (1) ⇔ f(3x) = f [−(2 x + 1)] ⇔ 3x = -2x - 1 ⇔ x = − .
5
1
Vậy, PT có nghiệm x = − .
5
Nhận xét: Qua hai cách giải trên ta thấy, cách giải thứ hai hay và tự nhiên hơn so
với cách giải đầu. Chúng tôi cũng đã kiểm nghiệm PT này trên nhiều lớp ôn thi đại học
và nhận thấy đa phần HS giải theo cách thứ hai. Đây là bài toán khó đối với HS, các em
gặp khó khăn trong việc sử dụng các phương pháp khác để giải PT này. Vì vậy, việc bồi
dưỡng cho HS năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người GV. Từ đó,
hình thành ở HS tư duy linh hoạt trong giải toán, để HS có đủ “sức đề kháng” trước các
bài toán lạ.
Ví dụ 2: Giải PT:

5 x 3 − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4 (2)

Nhận xét. Quan sát vế trái của PT (2), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức
trong căn bậc hai cũng tăng. Từ đó, ta thấy vế trái là hàm đồng biến và vế phải bằng 4 là
hàm hằng. Đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu.
1
Lời giải: TXĐ: D = [ 3 , ∞) .
5
Xét hàm số f(x) =
Ta có f ' ( x ) =

5 x 3 − 1 + 3 2 x − 1 + x trên D.

15 x 2
2 5x − 1
3

+

2

1

+ 1 > 0 , ∀x ∈ 
; +∞ ÷.
3
3 3 (2 x − 1)
 5

2

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

8


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
 1

Suy ra, hàm số f(x) đồng biến trên  3 ; +∞ ÷.

 5

Mặt khác, ta có f ( 1) = 4 .
Do đó, x = 1 là nghiệm duy nhất của PT (2).
Ví dụ 3. Giải PT x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 (3).
1
Lời giải. TXĐ: D = (−∞; ] .
3
Xét hàm số f ( x) = x5 + x 3 − 1 − 3x + 4 trên tập D.
4
2
Ta có f '( x) = 5 x + 3 x +

3
1
> 0; ∀x < .
3
2 1 − 3x

Suy ra, hàm số f(x) đồng biến trên D.
Mặt khác, ta có f ( −1) = 0 .
Do đó, x = −1 là nghiệm duy nhất của PT (3).
Ví dụ 4. Giải PT: 3x = 4 − x (4).
Lời giải: TXĐ: D = ¡ .
Ta có f ( x

)

= 3x là hàm số đồng biến trên ¡ và g ( x) = 4 − x là hàm số nghịch

biến trên ¡ .
Mặt khác, PT (4) có một nghiệm x = 1.
Vậy PT (4) có nghiệm duy nhất x = 1 .
 x2 + x + 3 
2
log
Ví dụ 5. Giải PT:
÷ = x + 3x + 2 (5)
3
2
 2x + 4x + 5 
Lời giải: TXĐ: D = ¡ .
Ta có, PT đã cho tương đương với:
log 3 ( x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 (2x 2 + 4x + 5) + (2x 2 + 4x + 5) (*)
Xét hàm số f(t) = log 3 t + t trên khoảng (0;+ ∞). Ta có hàm số f(t) xác định và liên
tục trên khoảng (0;+ ∞).
Ta có f’ ( t ) =

1
+ 1 > 0 ; ∀t > 0.
t.ln 3

Vậy hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;+ ∞).
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

9


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
2

2
Ta có (*) ⇔ f ( x + x + 3) = f ( 2 x + 4 x + 5 )

⇔ x2 + x + 3 = 2x2 + 4x + 5
⇔ x = - 1 và x = -2
Bài tập áp dụng: Giải các hệ PT sau
3
3
 x − 3 y = y − 3x
a)  2
2
2x − y = 4

3
3
 x + 3 y = y + 3x
b)  2
2
3x + y = 1

 x + 3 + 10 − y = 5
c) 
 y + 3 + 10 − x = 5

Ví dụ 6. Giải PT: 3x = 2 x + 1 (6)
Lời giải. TXĐ: D = ¡ .
Ta có (6) ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0.
x
Xét hàm số f ( x ) = 3 − 2 x − 1 trên tập D.
x

Ta có f ’ ( x ) = 3 ln3 − 2 và f ’’ ( x ) = 3x ( ln3) > 0, ∀x ∈ ¡ .
2

Mặt khác, PT (6) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Vậy, PT (6) có đúng hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài tập áp dụng: Giải các PT sau
a) 2009 x + 2010 x = 4017 x + 2
b) 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2x)
cos x
cos x
c) ( 1 + cos x ) ( 2 + 4 ) = 3.4

 x = y3 + y 2 + y − 2

3
2
Ví dụ 7: Giải hệ PT  y = z + z + z − 2
 z = x3 + x 2 + x − 2

3
2
Lời giải: Xét hàm số f ( t ) = t + t + t − 2 trên ¡ .
2
Ta có f ’ ( t ) = 3t + 2t + 1 > 0; ∀t ∈ ¡ .

Vậy, hàm số f(t) đồng biến trên ¡ .
Giả sử x = max{x, y , z } hay x ≥ y và x ≥ z
Suy ra, ta có x = f ( y ) ≥ f ( z ) = y và x = f ( y ) ≥ f ( x ) = z.
Từ đó, ta có y ≥ z và y ≥ x .
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

10


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Suy ra f ( y ) ≥ f ( z ) hay z ≥ x .
Do đó x ≥ y ≥ z ≥ x.
Từ đó, suy ra: x = y = z = 1.
Bài tập áp dụng: Giải các hệ PT sau
 x3 + 3x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y
 3
2
a)  y + 3 y − 3 + ln( y − y + 1) = z
 z 3 + 3z − 3 + ln( z 2 − z + 1) = x


2x 3 + 2x 2 − 18 = y 3 + y
 3
2
3
b) 2 y + 3 y − 18 = z + z
2z 3 + 3z 2 − 18 = x3 + x


 x3 + x 2 + 2x = 2 y 3 + 1
 3
2
3
c)  y + y + 2 y = 2z + 1
 z 3 + z 2 + 2z = 2x 2 + 1


Ví dụ 8: Giải BPT:

x + 6 − 7 − x ≥1

Lời giải: TXĐ: D = [− 6; 7] .
Xét hàm số f ( x ) = x + 6 − 7 − x trên tập D.
Ta có f '( x) =

1
1
+
> 0 , ∀x ∈ ( − 6; 7 ) .
2 x+6 2 7−x

Vậy, hàm số f(x) đồng biến trên đoạn [− 6; 7] .
Mặt khác, ta có f(3) = 1.
Do đó, BPT tương đương với f ( x ) ≥ f ( 3) , ∀x ≥ 3.
Vậy, BPT có tập nghiệm S = [3; 7] .
Bài tập áp dụng: Giải các BPT sau
a)

x 3 + 3x 2 + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x

b)

6
8
+
<6

3− x
2− x

II.2. Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số để tìm giá trị tham số để PT, BPT, hệ PT có
nghiệm
Khi sử dụng GTLN và GTNN của hàm số để tìm giá trị tham số m để PT, BPT, hệ
PT nào đó có nghiệm, chúng ta thưởng sử dụng các kết quả sau :
Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên khoảng (a; b).

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

11


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
1) Định lý 1. PT f ( x ) = m có nghiệm thuộc đoạn [a;b] khi và chỉ khi
min f ( x) ≤ m ≤ max f ( x) .
[ a ;b ]

[ a ;b]

2) Định lý 2. BPT f ( x ) ≥ m có nghiệm thuộc đoạn [a;b] khi và chi khi
max f ( x) ≥ m .
[ a ;b]

3) Định lý 3. BPT f ( x ) ≤ m có nghiệm thuộc đoạn [a;b] khi và chỉ khi
min f ( x) ≤ m .
[ a ;b ]

4) Định lý 4. BPT f ( x ) ≥ m nghiệm đúng với mọi x ∈ [a;b] khi và chỉ khi

min f ( x) ≥ m .
[ a ;b ]

5) Định lý 5. BPT f ( x ) ≤ m nghiệm đúng với mọi x ∈ [a;b] khi và chỉ khi
max f ( x ) ≤ m .
[ a ;b ]

Việc sử dụng GTLN và GTNN của hàm số để tìm giá trị của tham số m để PT,
BPT, hệ PT nào đó có nghiệm thường được thực hiện theo các bước:
Bước 1. Đưa PT, BPT về dạng: f ( x ) = m ; f ( x ) ≥ m ; f ( x ) ≤ m
Bước 2. Tìm GTLN, GTNN (nếu có) của hàm số trên khoảng hay đoạn đang xét.
Bước 3. Dựa vào GTLN, GTNN (nếu có) của hàm số hoặc lập bảng biến thiên của
hàm số trên khoảng hay đoạn đang xét để kết luận.
Sau đây ta sẽ xét một số ứng dụng của đạo hàm vào việc tìm GTLN, GTNN của
hàm số trong các bài toán về PT, hệ PT và BPT.
a) Dùng đạo hàm để xét số nghiệm của PT chứa tham số
Ví dụ 9: Tìm m để PT mx 2 + 2mx − 3 = 0 có nghiệm x ∈ [ 1; 2]
2
Lời giải: PT được viết lại dạng: ( x + 2x ) m = 3 (1)

Ta có x = 0 không là nghiệm của PT (1)
Với x ≠ 0, chia hai vế PT ta được m =

3
.
x + 2x
2

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

12


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Xét hàm số f ( x) =

3
trên đoạn [ 1;2] , ta có f(x) xác định và liên tục trên
x2 + 2x

đoạn [ 1;2] .
Ta có f '( x) =

−6( x + 1)

( x2 + 2x )

2

< 0, ∀x ∈ [ 1;2]

Suy ra, f(x) là hàm số giảm trên đoạn [ 1;2]
3
Do đó, ta có min f ( x) = f (2) = ; max f ( x) = f (1) = 1
x∈[ 1;2]
8 x∈[ 1;2]
Do vậy, PT (1) có nghiệm trên đoạn [ 1;2] khi và chỉ khi
min f ( x) ≤ m ≤ max f ( x) ⇔ 3 ≤ m ≤ 1 .
x∈[ 1;2]
8

x∈[ 1;2]

Ví dụ 10: Tìm m để PT sau có nghiệm:
( x 2 + 2 x)2 − 4m( x 2 + 2 x) + 3m + 1 = 0

(1)

Lời giải: Đặt t = x 2 + 2 x = ( x + 1) 2 − 1 ⇒ t ≥ −1 .
Khi đó, ta có PT theo ẩn t là:
t 2 − 4mt + 3m + 1 = 0 ⇔ t 2 + 1 = m ( 4t − 3 ) (2)
Ta thấy t =

3
t2 +1
= m (3)
không là nghiệm PT (2), do đó (2) ⇔
4
4t − 3

t2 +1
3
Xét hàm số f (t ) =
trên tập [ −1; +∞ ) \  
4t − 3
4
2(2t 2 − 3t − 2)
1
Ta có f '(t ) =
. Do đó, f '(t ) = 0 ⇔ t = − ∨ t = 2 .

2
(4t − 3)
2
Bảng biến thiên:
t
f’(t)

f(t)

−

-1
+

−2
7

1
2
0
−1
4

3
4

+∞

2

-

-

0

+

+∞
−∞

+∞
1

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

13


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
3
Ta có PT (1) có nghiệm khi (3) có nghiệm t∈ [ −1; +∞ ) \   .
4
1
Dựa vào bảng biến thiên ta được: m ≤ − ∨ m ≥ 1 .
4
Nhận xét: Với cách giải này HS tránh được vấn đề phải so sánh nghiệm mà
chương trình hiện này đã giảm tải.
Ví dụ 11: Biện luận theo m số nghiệm của PT: x + 1 = m x 2 + 1
Lời giải: TXĐ D = ¡ .

Chia hai vế PT cho

x 2 + 1 , ta được
x +1

Xét hàm số f ( x) =

Ta có xlim
→−∞

và xlim
→+∞

x +1
x2 + 1

x2 + 1
= lim

x →−∞

x +1
x2 + 1

=m

, ta có f(x) là hàm số liên tục trên ¡ .
1+

1

x

1
− 1+ 2
x

= −1

1
x +1
x =1
= lim
.
2
x →−∞
1
x +1
1+ 2
x

Ta có f '( x) =

1+

1− x
( x 2 + 1) x 2 + 1

. Do đó, ta có f’(x) = 0  x = 1.

Bảng biến thiên:

x
f’(x)

−∞

f(x)

-1

+

1
0
2

+∞
+
1

Dựa vào bảng biến thiên, số nghiệm của PT phụ thuộc vào giá trị của m như sau:
Với m ≤ -1 hoặc m >

2 thì PT vô nghiệm

Với -1< m ≤ 1 hoặc m = 2 thì PT có một nghiệm
Với 1 < m <

2 thì PT có hai ngiệm phân biệt

Ví dụ 12: Biện luận theo m số nghiệm của PT: x + m = m x 2 + 1

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

14


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Lời giải: TXĐ D = ¡ .
PT đã cho đưa trở thành x = m( x 2 + 1 − 1) .
Nhân hai vế của PT trên với

x 2 + 1 + 1 ta được
x( x 2 + 1 + 1) = mx 2 (1)

Dễ thấy x = 0 là một nghiệm của PT (1)
Với x ≠ 0, chia hai vế của PT (1) cho x2 và rút gọn, ta được:
x2 + 1 + 1
=m
x
Xét hàm số f ( x) =

x2 + 1 + 1
trên tập ¡ \ {0}. Ta có f(x) là hàm số liên tục trên
x

từng khoảng xác định.
f ( x) = −1; lim f ( x) = 1 và lim− f ( x) = −∞; lim+ f ( x) = +∞ .
Ta có xlim
→−∞
x →+∞
x →0

x →0
Ta có f '( x) =

−1 − x 2 + 1
x2 x2 + 1

< 0, ∀x ∈ R \ { 0} .

Suy ra, f(x) là hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ ) .
Bảng biến thiên
x
f’(x)

-1

+∞

0
-

+∞

-1

-

f(x)
−∞
1
Dựa vào bảng biến thiên, ta có số nghiệm PT (1) tuỳ theo giá trị của m như sau:

Với m < -1 hoặc m > 1 thì PT(1) có 1 nghiệm.
Với -1 ≤ m ≤ 1 thì PT(1) vô nghiệm.
Ví dụ 13: Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, PT sau luôn có
hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + 2 x − 8 = m( x − 2) .
Lời giải. Do m > 0 nên ta có điều kiện để PT tồn tại là: x ≥ 2
Với x ≥ 2 ta có x 2 + 2x + 8 ≥ 0 , bình phương hai vế PT ta được:

( x + 4) ( x − 2)
2

2

= m( x − 2) (1)

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

15


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
x = 2
⇔
2
( x + 4 ) ( x − 2) = m

(2)

PT (1) luôn có một nghiệm x = 2.
Xét hàm số f ( x ) = ( x + 4 )

2

(x

− 2 ) trên khoảng (2; + ∞) . Ta có f(x) là hàm số

liên tục trên khoảng (2; + ∞) .
2

2  20

> 0, ∀x . Do đó, ta có hàm số f(x) luôn
Ta có f '( x) = 3 x + 4 x + 8 = 3  x + ÷ +
3
3

2

f ( x) = +∞ .
đồng biến và f(2) = 0, xlim
→+∞
Bảng biến thiên:
x
f’(x)

0

+∞

2

+

f(x)

+∞

0

-32
Dựa vào bảng biến thiên, dễ thấy với m > 0 đồ thị hàm số y = m cắt đồ thị y = f(x)
tại một điểm duy nhất. Do đó, với m > 0 thì PT (2) luôn có nghiệm duy nhất.
Vậy, với m > 0 thì PT đã cho có đúng hai nghiệm thực dương phân biệt
Nhận xét: Những bài toán tương tự thế này HS thường mắc lỗi khi không xác
định giá trị giới hạn của hàm số khi x tiến ra ±∞ hoặc x tiến đến giá trị không xác định
của hàm số. Do đó, ta cần nhấn mạnh phải kiểm tra giới hạn của hàm số trước khi lập
bảng biến thiên.
Ví dụ 14: Tìm m để PT sau có nghiệm:
3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m

(1)

Lời giải: Điều kiện xác định của PT: −3 ≤ x ≤ 6 .
Đặt t = x + 3 + 6 − x . Ta có t '( x) =

6− x − x+3
.
2 ( x + 3)(6 − x)

Bảng biến thiên:
x

t’(x)

-3
+

3
2
0

6
-

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

16


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
3 2
t(x)

3

3

Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện của t là: 3 ≤ t ≤ 3 2
1
9
Ta có t = x + 3 + 6 − x ⇒ ( x + 3)(6 − x) = t 2 − .
2

2
1
9
Biến đổi PT(1) theo t ta được: − t 2 + t + = m (2)
2
2
1
9
Xét hàm số f (t ) = − t 2 + t + trên đoạn 3;3 2 
2
2
Ta có f '( x) = −t + 1 . Do đó, ta có f '( x) < 0, ∀t ∈ 3;3 2 
Do đó, hàm số f(x) nghịch biên trên đoạn 3;3 2  .
Do đó, ta có: max f (t ) = f (3) = 3; min f (t ) = f (3 2) =
3;3 2 



3;3 2 



6 2 −9
2

Ta có, PT (1) có nghiệm ⇔ PT (2) có nghiệm trên đoạn 3;3 2 
⇔

min f (t ) ≤ m ≤ max f (t )

3;3 2 



3;3 2 



⇔

6 2 −9
≤m≤3
2

Ví dụ 15: Tìm m để PT sau có nghiệm:
m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 (1)
Lời giải: Điều kiện xác định: −1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 ; Ta có t ≥ 0 và t 2 = 2 − 2 1 − x 2 ≤ 2
Suy ra, ta có t ≤ 2 và 2 1 − x 2 = 2 − t 2
Do vậy, ta có điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤ 2
2
Ta có PT(1) trở thành: m ( t + 2 ) = 2 − t + t ⇔ m =

Xét hàm số f (t ) =

−t 2 + t + 2
(2)
t+2

−t 2 + t + 2

trên đoạn 0; 2  . Ta có f(t) là hàm số liên tục trên
t+2
−t 2 − 4t

(

)

đoạn 0; 2  . Ta có f '(t ) =
2 < 0, ∀x ∈ 0; 2 .
( t + 2)
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

17


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn

(

)

Do đó, f(t) là hàm số nghịch biến trên 0; 2 .
f (t ) = f ( 2) = 2 − 1; max f (t ) = f (0) = 1 .
Do đó, ta có min
0; 2 
0; 2 








Do vậy, PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi PT (2) có nghiệm trên đoạn 0; 2  . Điều
f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1
đó có khi min
0; 2 
0; 2 








Ví dụ 16: Tìm m để PT sau có nghiệm thực:
3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 (1)
Lời giải: Điều kiện xác định : x ≥ 1
Ta có 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ⇔ m = −3
Đặt t =

4

x −1
(0 ≤ t < 1) ⇒
x +1

x −1
x −1
+ 24
x +1
x +1

x −1 2
=t .
x +1

Ta có biển đổi PT theo ẩn t là : m = −3t 2 + 2t (2)
Xét hàm số f(t) = -3t2 + 2t trên tập [ 0;1) ;
Ta có f’ ( t ) = −6t + 2 . Do đó f’ ( t ) = 0 ⇔ t =

1
.
3

Bảng biến thiên:
t

0

f’(t)

+

f(t)

1

3
0
1
3

1
-

0

-1

Do vậy, PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi PT(2) có nghiệm trên nửa khoảng [ 0;1) .
Dựa vào bảng biến thiên, điều đó có khi −1 < m ≤

1
3

Ví dụ 17: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để PT:
(m − 1) log 21 ( x − 2) − ( m − 5) log 1 ( x − 2) + m − 1 = 0 (1)
2

2

có hai nghiệm thoả mãn điều kiện 2 < x1 ≤ x2 < 4
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

18

Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Lời giải: Điều kiện xác định: x > 2.
Đặt

t = log 1 ( x − 2)
2

. Với 2 < x < 4 ta có t > −1 .

Ta có PT(1) biến đổi theo PT ẩn t là:
t 2 − 5t + 1
( m − 1) t – ( m − 5 ) t + m − 1 = 0 ⇔ m = 2
(2)
t − t +1
2

t 2 − 5t + 1
Xét hàm số f (t ) = 2
trên khoảng ( −1; +∞ ) . Ta có f(t) là hàm số liên tục
t − t +1
và xác định trên ( −1; +∞ ) .
5 1
1− + 2
t t =1 ;
f (t ) = lim
Ta có xlim
→+∞
x →+∞
1 1
1− + 2

t t
4t 2 − 4
Ta có f '(t ) = 2
. Do đó, f’(t) =0  t = 1.
(t − t + 1)2
Ta có bảng biến thiên
t
f’(t)

-1
0
7
3

f(t)

-

+∞

1
0

+
1

-3
PT (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả 2 < x1 ≤ x2 < 4 khi và chi khi PT (2) có hai
nghiệm t1, t2 thoả mãn -1< t1≤t2. Dựa bào bảng biến thiên ta được -3≤ m <1
Ví dụ 18: Tìm m để PT sau có nghiệm:

91+

1− x 2

− (m + 2)31+

1− x 2

+ 2m + 1 = 0 (1)

Lời giải: Điều kiện xác định: −1 ≤ x ≤ 1
Đặt t = 31+

1− x 2

. Ta có 3≤ t ≤ 9. PT(1) biến đổi thành PT theo ẩn t là:

t 2 − (m + 2)t + 2m + 1 = 0 ⇔ t 2 − 2t + 1 = m(t − 2) (*)
t 2 − 2t + 1
=m
Vì 3 ≤ t ≤ 9 nên t - 2 ≠ 0. Do đó, ta có (*) ⇔
t −2
t 2 − 2t + 1
Xét hàm số f (t ) =
trên tập [ 3;9] .
t −2
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

19

Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
t 2 − 4t + 3
Ta có f '(t ) =
. Do đó f’(t) = 0  t = 1 hoặc t = 3.
(t − 2) 2
Ta có bảng biến thiên
t
f’(t)

3

9
+
64
7

f(t)
4

PT (1) có nghiệm khi và chỉ khi PT (2) có nghiệm t thuộc đoạn [ 3;9] .
Dựa vào bảng biến thiên, ta được 4 ≤ m ≤

64
7

Ví dụ 19: Tìm m để PT 2cos x.cos 2 x.cos3 x + m = 7 cos 2 x (*) có nhiều hơn một
 3π π 
nghiệm thuộc đoạn  − ; −  .
8

 8
Lời giải: Ta có (*) ⇔ −2cos3 2 x − cos 2 2 x + 8cos 2 x = m
 2 2
 3π π 
 3π π 
;
Với x ∈  − ; −  ⇒ 2 x ∈  − ; −  ta có cos 2 x ∈  −
.
8
4
 8
 4
 2 2 
 2 2
;
Đặt t = cos2x. Ta có t ∈  −
.
2
2 

Ta có PT biến đổi theo ẩn t là: −2t 3 – t 2 + 8t = m
 2 2
;
Xét hàm số f(t)= -2t3 – t2 + 8t trên đoạn  −
.
 2 2 
4
Ta có f’(t) = -3t2 - 2t + 8. Do đó f’(t) = 0  t = 1 hoặc t = − .
3
 2 2

 4 
;
Do đó f '(t ) > 0, ∀t ∈  − ;1 ⇒ f '(t ) > 0, ∀t ∈  −

2
2 
 3 

 2 2
;
Suy ra, f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn  −
.
 2 2 
Ta có bảng biến thiên:

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

20


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
t

− 2
2

2
2

f’(t)

+
7 2 −1
2

f(t)

−7 2 − 1
2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy PT theo t có đúng một nghiệm thuộc đoạn
 2 2
 2 2
;
;
−
 . Vì với mỗi t thuộc đoạn  −
 có tương ứng duy nhất một giá trị x
2
2
2
2 



 3π π 
thuộc đoạn  − ; −  . Vậy không tồn tại giá trị của m để PT đã cho có nhiều hơn một
8
 8
 3π π 
nghiệm thuộc  − ; −  .

8
 8
cos 6 x + sin 6 x
= 2m tan 2 x (*)
Ví dụ 20: Tìm m để PT có nghiệm:
cos 2 x − sin 2 x
Lời giải: Điều kiện xác định: cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ≠ 0 .
3
1 − sin 2 2 x
sin 2 x
Ta có (*) ⇔
4
= 2m
cos 2 x
cos 2 x

(1)

Đặt t = sin2x. Ta có t ∈ (-1;1) và PT trở thành: 3t 2 + 8mt − 4 = 0 (2)
Để PT (1) có nghiệm thì PT (2) có nghiệm t thuộc khoảng ( −1;1) .
−3t 2 + 4
= m.
Vì t = 0 không là nghiệm của PT(2) nên ta có (2) ⇔
8t
Xét hàm số f (t ) =

−3t 2 + 4
trên tập ( −1;0 ) ∪ (0;1) .
8t

3 1
Ta có f '(t ) = −( + 2 ) < 0, ∀t ∈ (−1;0) ∪ (0;1) .
8 2t
Ta có bảng biếng thiên:
t
f’(t)

-1

0
-

1
-

Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

21


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
f(t)

−1
8

+∞
1
8

−∞
Dựa vào bảng biến thiên, ta có : với m >

1
thì PT có nghiệm.
8

Bài tập áp dụng :
1/ Tìm m để PT sau có 3 nghiệm dương phân biệt

x 3 − x 2 + 18mx − 2m = 0

2/ Tìm m để PT sau có 3 nghiệm phân biệt x ∈ [ −3;0] .
(x2 + 2x)2 – (m + 1)(x2 + 2x) + m + 1 = 0
3/ Chứng minh rằng: Với n là số tự nhiên chẵn và a là số lớn hơn ba thì PT sau vô
nghiệm :

(n + 1) x n+ 2 − 3(n + 2) x n +1 + a n+ 2 = 0

4/ Tìm các giá trị m để PT sau có đung hai nghiệm thực phân biệt:
4

2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m

5/ Tìm m để PT sau sau có nghiệm :

x + 1 = m x2 − x + 1

6/ Biện luận theo m số nghiệm của PT
x4 + 4 x + m + 4 x4 + 4x + m = 6

3
7/ Tìm m để PT sau có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;3  :

log 32 x + log32 x + 1 − 2m − 1 = 0
8/ Tìm m để PT sau có nghiệm thuộc nửa khoảng [ 32; +∞ )
log 22 x + log 1 x 2 − 3 = m(log 4 x 2 − 3)
2

 π
9/ Tìm m để PT sau có duy nhất một nghiệm thuộc đoạn 0; 
 4
(4 − 6m)sin 3 x + 3(2m − 1)sin x + 2(m − 2)sin 2 x cos x − (4m − 3)cos x = 0
b) Dùng đạo hàm để xét số nghiệm của BPT chứa tham số
Ví dụ 21. Tìm m để BPT m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 (1) có nghiệm thuộc
đoạn 0;1 + 3  .
Lời giải. Vì x2 - 2x + 2 = (x -1)2 + 1 ≥ 1 nên BPT(1) xác định với mọi x.
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

22


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Ta có (1)  m( x 2 − 2 x + 2 + 1) ≤ ( x 2 − 2 x + 2) − 2
Đặt t = x 2 − 2 x + 2 . Ta có t ≥ 1;
Do x ∈ 0;1 + 3  nên ta có t ∈ [ 1;2] .
t2 − 2
Ta có BPT biển đổi theo ẩn t là: m(t + 1) ≤ t − 2 ⇔ m ≤
(2)
t +1
2

Xét hàm số f (t ) =

t2 − 2
trên đoạn [ 1;2] .
t +1

t 2 − 2t + 2 (t − 1) 2 + 1
=
> 0, ∀t . Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên
Ta có f '(t ) =
(t + 1) 2
(t + 1) 2
đoạn [ 1;2] .
Do đó, PT(1) có nghiệm trên 0;1 + 3  khi và chỉ khi PT (2) có nghiệm trên
đoạn [ 1;2] . Điều đó có khi m ≤ max f (t ) = f (2) =
[ 1;2]

2
.
3

Ví dụ 22: Tìm m để BPT x 3 + 3x 2 + 1 ≤ m( x − x − 1)3 có nghiệm
Lời giải : Điều kiện xác định x ≥ 1.
Ta có x 3 + 3x 2 + 1 ≤ m( x − x − 1)3
⇔ ( x3 + 3 x 2 + 1)( x + x − 1)3 ≤ m (1)
Ta có hàm số h(x)= x3+3x2 +1 xác định trên [ 1; +∞ ) và h’(x) = 3x2 +6x. Ta có
h’(x) > 0 ,∀x ∈ [ 1; +∞ ) .
Suy ra h(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) .
Ta có hàm số g ( x) = ( x + x − 1)3 xác đinh trên [ 1; +∞ ) và

1 
 1
g '( x) = 3( x + x − 1) 2 
+
÷ > 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ )
 2 x 2 x −1 
Suy ra, g(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) .
Do đó, f(x) = h(x).g(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) .
f ( x) = f (1) = 5
Vậy, BPT (1) có nghiệm ⇔ m ≥ min
[ 1;+∞ )
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

23


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
Ví dụ 23. Tìm các giá trị của m để BPT m 4 x + (m − 1)2 x + 2 + m − 1 > 0 nghiệm đúng
với mọi x thuộc ¡ .
Lời giải: TXĐ D = ¡ .
Đặt t = 2x , (t >0). Ta có BPT biến đổi theo ẩn t là:
mt2 + 4(m - 1)t + m - 1 > 0 ⇔ (t2 + 4t +1)m > 4t + 1
Với t > 0 thì t2 + 4t + 1 > 0. Chia hai vế của BPT trên với t ta được
m>

4t+1
t 2 + 4t +1

4t+1
trên khoảng ( 0; +∞ ) .

t + 4t +1

Xét hàm số f(t)=

2

f (t ) = 0 và f '(t ) =
Ta có xlim
→+∞

-4t 2 -2t
< 0, ∀t ∈ (0; +∞)
(t 2 + 4t +1) 2

Suy ra, f(t) là hàm số giảm trên khoảng ( 0; +∞ ) .
Ta có bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

+∞

0
1

0
Dựa vào bảng biến thiên ta có: BPT (1) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi
BPT(2) nghiệm đúng với mọi t dương. Điều đó có khi m >1.
Ví dụ 24: Tìm các giá trị của tham số m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x thoả
mãn x ≥

1
:
2

m.92 x

2

−x

− (2m + 1).62 x

2

−x

+ m.4 2 x

2

−x

≤ 0 (1)

Lời giải: TXĐ D = ¡ .
Chia hai vế của BPT (1) cho 42 x
 3  2 x
m  ÷
 2 

2

−x

2

2

−x

ta được

2x

 3
 − (2m + 1)  ÷
 2


2

−x

+m≤0

Xét hàm số g(x) = 2x2 - x trên ¡ , ta có g’(x) = 4x – 1.
Do đó, g’(x) = 0 ⇔ x =

1

.
4

Ta có bảng biến thiên
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

24


Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn
x

0

g’(x)

-

+∞

1
2

1
4

+∞

1
2

-

+

+∞

g(x)
1

0

Từ bảng biến thiên, ta có g(x) ≥ 0, ∀x thoả x ≥
2 x2 − x

3
Đặt t =  ÷
2

. Vì x ≥

1
.
2

1
nên ta có t ≥ 1.
2

Ta có BPT biến đổi theo ẩn t là :

mt 2 − ( 2m + 1) t + m ≤ 0 ⇔ ( t − 1) m ≤ 2t (2)
2

Dễ thấy t = 1 là một nghiệm của BPT (2).
Với t > 1, chia hai vế của BPT(2) cho ( t − 1)
Ta có, hàm số f (t ) =
Ta có lim+
t →1

2t

( t − 1)

2

2

ta được

m≤

2t

( t − 1)

2

(3)

liên tục trên khoảng (1; +∞).

−2(t + 1)
2t
2t
< 0, ∀t > 1
= +∞; lim
= 0 và f '(t ) =
3
2
2
t →+∞ (t − 1)
(t − 1)
( t − 1)

Suy ra, f(t) là hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞).
Ta có bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)

+∞

1
+∞

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có: BPT (1) nghiệm đúng với mọi x thoả x ≥

1

khi và
2

chỉ khi (3) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1. Điều đó có khi m > 0
Bài tập áp dụng
1/ Tìm m để BPT

(4 + x)(6 − x) ≤ x 2 − 2 x + m nghiệm đúng với mọi x thuộc

[ −3;6] .
2/ Tìm các giá trị tham số m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x ≤ 0
Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014

25